francesc bars cortina propietats b`asiques dels...

Francesc Bars Cortina

Propietats basiques dels numeros.

Apunts de classe:Enginyeria Quımica

UAB, 28 d’octubre de 2004Versio preliminar.

ii Francesc Bars

Contingut

Introduccio v

1 Nombres i convergencia 11.1 Propietats basiques dels nombres. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Nombres naturals i principi d’induccio. . . . . . . . . . . . 11.1.2 Nombres enters, racionals, reals i complexos. . . . . . . . 5

1.2 Propietats dels nombres reals. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.2.1 Funcio distancia, completesa dels nombres reals. . . . . . 201.2.2 Successions de nombres reals. Primeres nocions de lımit

a un nombre real. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.2.3 Successions creixents i decreixents. Exponencial. . . . . . 291.2.4 Lımits de successions a R ∪ {±∞}. Indeterminacions i

criteris per al calcul de lımits. . . . . . . . . . . . . . . . . 361.2.5 Series numeriques: primeres propietats.Criteris. . . . . . . 44

1.3 Factoritzacio de polinomis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 551.3.1 L’exponencial complexa. Arrels d’un nombre complex . . 551.3.2 Factoritzacio de polinomis a R[x] i a C[x] . . . . . . . . . 60

Bibliografia 69

iv Francesc Bars CONTINGUT

Introduccio

Aquestes notes volen ser unicament un complement pel nou estudiant univer-sitari en facilitar el seu aprenentatge en el llenguatge matematic utilitzat a launiversitat.

Les notes son els apunts de classe de teoria del primer capıtol del cursd’Algebra Lineal per a Enginyeria Quımica en l’any academic 2002/03. El con-tingut d’aquests apunts, usualment s’inclou en llibres de calcul amb una estruc-tura una mica diferent a la que es segueix en aquest curs, tan referent al nivelli a l’ordre, per aixo he trobat convenient deixar-vos per escrit aquestes notes.La idea de passar-vos aquestes notes es sobre tot perque no estigueu prenentapunts a classe sino que intenteu entendre els conceptes que vagin sortint a lapissarra (aquestes notes segueixen en bona part l’ordre i el contingut del primercapıtol del curs), i l’esforc a classe es intentar entendre que vol dir aquell con-cepte (llegir en matematiques) i que ens permet calcular, com s’opera, s’utilitzaper...En llegir aquests apunts, us trobareu que apareix un asterix (*). Aquest sımboll’he utilitzat per donar-vos mes informacio sobre el tema o l’estructura delcapıtol que crec que us pot ser util per entendre-ho millor, tot i que es surtdel contingut del temari del curs. Igualment trobareu el signe ?, utilitzat pera denotar mes explıcitament l’acabament d’alguns resultats, propietats, comen-taris, ...

En quan als capıtols seguents de l’assignatura Algebra Lineal per a engi-nyers quımics a la UAB, un llibre qualsevol d’Algebra Lineal segueix basicamentl’estructura que seguirem en el curs, per aixo aquestes notes unicament es res-tringeixen al primer capıtol del curs. A mes, deixeu-me recomanar els apuntsdel Professor Enric Nart d’Algebra Lineal per als enginyers informatics [8] quees justament una ampliacio dels capıtols 2 al 4 d’aquest curs d’Algebra Lineal(si llegiu aquest llibre del professor Enric Nart, penseu que K es per a vosaltres:R (es a dir els nombres reals) o Q (els nombres racionals) o C (els nombrescomplexos)).

Es per a mi un plaer poder agrair al professor Joan Josep Carmona per lesseves suggerencies i indicacions en la redaccio d’aquests apunts. Agrair tambela tasca del professor Javier Sanchez Serda pels seus comentaris i suggerimentsen la lectura atenta d’aquest manuscrit.Igualment agrair les preguntes i dificultats portant a aclariments dels alumnesen llegir aquest text, els quals ajuden a que aquest manuscrit es millori.

vi Francesc Bars CONTINGUT

Capıtol 1

Nombres i convergencia

1.1 Propietats basiques dels nombres.

En aquesta seccio presentarem els nombres naturals, junt amb el principi d’in-duccio. Aquest principi ens permet demostrar igualtats o enunciats els quals es-tan expressats respecte els nombres naturals (un exemple s’aquest tipus d’enun-ciat es: “n2 +n4 es parell”. Fixeu-vos que l’anterior enunciat, ens afirma un fetper a cada nombre natural n, per exemple per a n = 3 ens afirma que 32 + 34

es parell).Presentarem els nombres enters i quebrats (o racionals) des d’un punt de

vista algebraic, veurem que no son tots i mirem d’entendre que n’hi ha “pocs”.Tot seguit presentem els nombres reals que ens permeten mesurar totes lesdistancies i introduım els nombres complexos, nombres que ens permeten sempretrobar arrels d’un polinomi arbitrari (§1.3).

1.1.1 Nombres naturals i principi d’induccio.

Definim els nombres naturals en aquest curs via,

Definicio 1.1.1. Un nombre s’anomena natural si correspon a un nombre uti-litzat per a comptar objectes, es a dir si es un nombre de la llista

{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, . . . , 1098476655, 1098476656, . . .}A tots els nombres naturals els designem per N.

Observacio 1.1.2. (*) Fixeu-vos que nosaltres considerem que quan no tenimcap objecte li associem el valor 0 i el considerem un nombre natural.(Hi haautors que consideren el zero com no natural i denoten per N0 el conjunt que johe definit anteriorment dels nombres naturals).

Recordeu que si teniu un conjunt, diem-lo A (a aquest conjunt), (un exemplede conjunt es N), un element a es diu que es de A si es un element del conjunt(per exemple en el cas A = N, diem que 3 es de A, 0 es de A, 4097080 es de A)i ho anotarem per

a ∈ A.

2 Francesc Bars Nombres i convergencia

Recordem que en els nombres naturals hi tenim una suma + i un producte ·,es a dir 2+689898 te sentit i 123·8987 tambe te sentit, ja que ens donen nombresnaturals (fixeu-vos que no te sentit (dins els naturals) la resta ni la divisio jaque no sempre ens donaran nombres naturals si ho fem per qualsevol parellade nombres naturals(2-3=-1 no es natural)). Aquestes operacions + (suma) i ·(producte) tenen les seguents propietats:

Propietats 1.1.3 (+, · en N).

1. Associativa: (a + b) + c = a + (b + c) per a tot(:= ∀) nombres a, b, c ∈ N.

2. Commutativa: a + b = b + a ∀a, b ∈ N.

3. Neutre amb +: existeix (:= ∃) 0 ∈ N amb la propietat a + 0 = a, ∀a ∈ N.

4. Neutre amb ·: ∃1 ∈ N complint 1 · a = a · 1 = a ∀a ∈ N.

5. Associativa (·): ∀ a, b, c ∈ N tenim (a · b) · c = a · (b · c).6. Commutativa (·): a · b = b · a, ∀a, b ∈ N.

7. Distributiva producte respecte la suma: a ·(b+c) = a ·b+a ·c, ∀a, b, c ∈ N.?

Un altre fet dels nombres naturals es la seva ordenacio, es a dir tenim

0 ≤ 1 ≤ 2 ≤ 3 ≤ . . . ≤ 408985 ≤ 408986 ≤ . . . .

Propietats 1.1.4 (≤ en N). Aquesta ordenacio compleix,si a, b, c nombres naturals, llavors:

a ≤ b si i nomes si (:=⇔)a + c ≤ b + c

i si c 6= 0 (recordeu c ∈ N) tenim:

a ≤ b ⇔ a · c ≤ b · c, (c 6= 0) (1.1)

Exercici 1.1.5. Mireu de veure que si c = 0 l’anterior resultat (1.1) no esveritat. (Recordeu que P1 ⇔ P2 vol dir que es compleixen dues coses:-primera: que si passa “P1” llavors passa “P2”(aixo s’anota per P1 ⇒ P2 o beP2 ⇐ P1),-segona: si “P2” es compleix implica que “P1” es compleix (aquesta segonacondicio s’anota P1 ⇐ P2 o be P2 ⇒ P1).).

Anem a presentar el principi d’induccio. Aquest principi ens permet de-mostrar enunciats presentats per proposicions indexades pels nombres naturals.Que es una demostracio? En matematiques demostrar vol dir donar una justi-ficacio logica consistent a un cert enunciat. Fem-ho en un exemple. Primer calformular un enunciat a demostrar, imagineu-vos que voleu demostrar que en lavostra classe no hi ha ningu amb 17 anys(hem formulat un enunciat: no hi ha ningu amb 17 anys en la classe), i despres(segon) cal intentar donar una argumentacio logica per decidir si l’enunciat escorrecte o no ho es, com ho farıeu? (es a dir, busquem una manera de resoldreel nostre enunciat).Podrıeu dir que tots els que tenen encara 17 anys els ha tocat alguna cosa i

1.1 Propietats basiques dels nombres. 3

han de marxar un moment de la classe (hem de posar un al.licient, no? per talque algu s’aixequi i perdi l’anonimat en la classe, veritat?), si no s’aixeca ningudirıem que hem demostrat el nostre enunciat(suposant que els alumnes fan elque s’els hi ha demanat), si s’aixeca algu (SOL AMB UNA PERSONA N’HIHAURIA PROU) dirıem que el nostre enunciat era mentida. Fixeu-vos tenimel seguent proces:-Formular un enunciat.-Intentar acceptar l’enunciat com a correcte o rebutjar-lo.En aquest segon pas si volem acceptar el resultat com a correcte l’hem de de-mostrar!, i si volem rebutjar-ho hem de trobar algun cas que vagi en contra del’enunciat formulat, fixeu-vos que per rebutjar un enunciat sol necessitem unexemple que no es compleixi l’enunciat formulat!!!.Anem ara a formular un enunciat que ens doni un enunciat per cada nombrenatural a partir d’un nombre natural M concret, per exemple, sigui P (n) laproposicio pel nombre natural n que ens afirma la igualtat seguent,

1 + 3 + . . . + (2n− 1) = n2

per cada nombre natural n amb n ≥ 1(1 aquı es el M).Que fem: intentem provar-la o rebutjar-la?Anem a fer-ne casos concrets,(fixeu-vos el cas n=0 no esta formulat dins laformulacio de l’enunciat de P (n)).Per a n = 1 tenim que

1 = 12

que es veritat la igualtat, per tant P (1) es veritat.Fem-ho per a n = 2, tenim

1 + 3 = 22?

Sı, tambe es veritat, per tant P (2) es veritat.Anem a estudiar el cas n = 3, tenim

1 + 3 + 5 = 32?

tambe es veritat.Sembla que P (n) pugui ser veritat, pero no sabem com demostrar-ho ja que hohaurıem de provar per cada n i tenim infinits nombres naturals, que podem fer?El metode d’induccio ens hi ajudara, aquest metode ens permet demostrar enun-ciats d’aquest estil. Anem doncs a explicar aquest metode.

Problema: volem provar una propietat P que fa referencia a tots els nom-bres naturals a partir d’un de concret:M .(Per exemple P la propietat “1 + 3 + . . . + (2n − 1) = n2” per a n ≥ 1, aquıM = 1).?

Per demostrar la propietat P en un nombre natural concret es tracta unicamentde substituir l’enunciat per aquest nombre i comprovar-la directament (hem fetaixo en l’exemple “1+3+ . . .+(2n−1) = n2” pels naturals 1,2 i 3). El problemaes intentar-la provar per tot nombre natural a partir d’un M concret. Com hofem? El proces es el seguent:


Metode 1.1.6 (d’Induccio.).1. Provem el cas concret P en el natural M , es a dir P (M)2. Suposem llavors que P en un enter k arbitrari(≥ M) es veritat, (aquestasuposicio s’anomena hipotesi d’induccio), i provem llavors que P es veritat perl’enter k + 1.

Llavors si 1. i 2. es compleixen tenim P (n) es veritat per tot n mes gran oigual que M .?

Observacio 1.1.7. NECESSITEU PROVAR 1. i 2. TOTS DOS, PER PODERDEMOSTRAR L’ENUNCIAT“P (n) es veritat ∀n ≥ M”; NO N’HI HA PROUAMB SOL UN DELS DOS.(Veieu els exercicis 4 i 6 de la llista 1 de problemes[4]).

Observacio 1.1.8. (sobre la demostracio del metode d’induccio). El fet queutilitzant el metode d’induccio proveu que P (n) es veritat ∀n ≥ M prove delseguent fet d’iterar els passos 1. i 2., intentem entendre-ho.De 1. obtenim que P (M) es veritat, utilitzant 2. amb k = M obtenim queP (M + 1) es veritat, altre cop utilitzant 2. ara amb k = M + 1(que acabemd’observar que es veritat) obtenim que P (M + 2) es veritat, iterant el pas 2.augmentant la k d’un amb un obtenim que P (n) es veritat per tot natural mesgran o igual que M .

Exemple 1.1.9 (metode d’induccio). Provem que es veritat:

P (n) = {1 + 3 + . . . + (2n− 1) = n2}per a tot n ≥ 1.

Una resolucio. Cal provar 1. i 2.1. Provem que P (1) es veritat. Efectivament, 1 = 12 per tant tenim que P (1)es veritat.2. Suposem ara que P es veritat a k, es a dir tenim l’igualtat

1 + 3 + . . . + (2k − 1) = k2

volem demostrar que

1 + 3 + . . . + (2k − 1) + (2(k + 1)− 1) = (k + 1)2???

utilitzant l’hipotesi d’induccio obtenim que 1+3+ . . .+(2k−1)+(2(k +1)−1)es igual a k2 + (2(k + 1)− 1), volem veure que es (k + 1)2, fixeu-vos,

= k2 + (2(k + 1)− 1) = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2

per tant provem 2.Per tant pel metode d’induccio obtenim que P (n) es veritat per tot naturaln ≥ 1.

Observacio 1.1.10. (de l’exemple anterior) Fixeu-vos que 1+3+ ...+(2n−1)es justament l’expressio de la suma dels primers n nombres senars (n ≥ 1), pertant hem demostrat que la suma dels primers n nombres senars es justamentn2.

Adoneu-vos que el segon pas d’induccio P (k) veritat llavors P (k+1) veritat,feu el seguent: suposeu que la suma dels primers k nombres senars es k2 (hipotesi


d’induccio) i ara hem d’estudiar si la suma dels primers k + 1 nombres senarses (k + 1)2. Si sumem els primers k + 1 nombres senars sera igual a la sumadels primers k amb el senar k + 1 (que correspon a 2(k + 1)− 1), usant hipotesid’induccio aquest valor es k2+(2(k+1)−1) i es facil veure que k2+(2(k+1)−1)es igual (k + 1)2 provant aixi que P (k + 1) es veritat.

Exercici 1.1.11. Una versio literaria d’una anecdota del gran matematic Gaußdiu el seguent: Gauß , tenia 10 anys i no deixava de xerrar a la classe dematematiques. El professor, molt enfadat, es va dirigir a ell i li va dir:“Etcastigo, et poso el seguent exercici i fins que no l’acabis no tornaras a obrirla boca a la meva classe de matematiques”, i l’exercici va ser: suma tots elsnombres naturals del 1 al 1000 i dona’m el resultat exacte,

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + . . . + 999 + 1000 =?.

Al cap de menys d’un minutet Gauß tornava a xerrar, el professor visiblementempipat li va dir perque xerrava si segur que no havia fet aquesta suma, noobstant Gauß li va donar la resposta correcta.Feu vosaltres aquest exercici.Proveu tambe de donar el resultat de la suma dels primers n nombres naturalsestrictament mes grans que el zero (via la seva ordenacio), es a dir la suma delsnombres naturals del 1 fins al n.(En aquest exercici necessiteu formular un enunciat per tot natural i despresdemostrar-lo per induccio).?

Es aconsellable que practiqueu el metode d’induccio. Us poso alguns exer-cicis mes “algoritmitzats” que l’anterior exercici (ja que us poso l’enunciat ademostrar) per tal que practiqueu.

Exercici 1.1.12. Proveu mitjancant el metode d’induccio els seguents enunci-ats:

1. 12 + 22 + 32 + . . . + n2 = 16n(n + 1)(2n + 1)

2. Sigui r 6= 1 proveu 1 + r + . . . + rn = 1−rn+1

1−r

3. Exercicis 1, 2 de la llista 1 de problemes [4].

1.1.2 Nombres enters, racionals, reals i complexos.

Nombres enters

Anem primer a definir els nombres enters. Considerem dos nombres naturalsarbitraris a, b ∈ N , i considerem l’equacio amb una incognita en x,

a + x = b

Definicio 1.1.13. Els nombres enters son tots els nombres que son sol.luciod’alguna equacio del tipus a+x = b amb certs a, b nombres naturals. El conjuntde nombres enters els denotem per Z.?

Fixeu-vos que aquesta definicio coincideix amb la vostra idea de nombresenters, es a dir els nombres:

{. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . .}Igualment tenim que N ⊂ Z (recordeu ⊂ vol dir inclos).


Observacio 1.1.14. En els nombres enters tambe hi tenim la suma i el pro-ducte. No parlem de resta, ja que entre nombres enters l’expressio 2345 − 346s’escriu per 2345 + (−346), es a dir es la suma de dos nombres enters.

Observacio 1.1.15. L’operacio suma i producte te les mateixes propietats 1.1.3pero aquı tenim a mes un “invers” en la suma, es a dir:-Element oposat per la +:donat a ∈ Z qualsevol llavors existeix un b ∈ Z amb a + b = b + a = 0 (0 esl’element neutre en la +), aquest b es el nombre enter −a.Fixeu-vos que no tenim aquest invers en l’operacio producte!(aquesta frase voldir que donat a ∈ Z \ {0} qualsevol no tenim un b ∈ Z complint ab = 1).

Exercici 1.1.16. Tambe a Z tenim una ordenacio, es a dir donats dos nombresenters podem dir quin d’ells es mes gran. Generalitzeu les propietats de ≥(del’ordenacio) 1.1.4 en N per l’ordenacio en Z.

Nombres racionals

Considerem ara les expressions ax = b amb a, b ∈ Z a 6= 0. El conjunt de totesles solucions x de les equacions anteriors s’anomenen els nombres quebrats oracionals (fixeu-vos amb a = 1 tenim que Z esta dins dels nombres racionals),una definicio equivalent a l’anterior es la seguent:

Definicio 1.1.17. Els nombres p que els podem expressar per p = b/a amb b ia enters amb a 6= 0 s’anomenen racionals. El conjunt de tots aquests nombresel denotem per Q.?

A Q tenim tambe l’operacio + i ·, el fet de posar les solucions anteriors tenimel seguent fet clau:-tenim invers en el producte, es a dir, donat a ∈ Q, no zero, tenim un elementb ∈ Q complint ab = 1. Denotem b = (a)−1. A mes (ab)−1 = b−1a−1.

Observacio 1.1.18. En la definicio (1.1.17) hem utilitzat la notacio de divisio.Usant que tenim invers amb el producte, observem que 1/a = a−1, i per tantpodeu llavors escriure tot nombre racional de la forma a−1b. (Fixeu-vos doncsque les operacions - i / son unicament notacions utils, pero en cap cas operacionsnoves).?

Anem a llistar les propietats de Q amb les operacions + i · (en general unobjecte amb dues operacions que compleixin el seguents propietats s’anomenacos, cossos son Q, els nombres reals i els nombres complexos):

Propietats 1.1.19.

1. Associativa (+): ∀ a, b, c ∈ Q tenim (a + b) + c = a + (b + c).

2. Commutativa (+): a + b = b + a ∀a, b ∈ Q.

3. Element neutre per (+): existeix 0 ∈ Q complint 0 + a = a, ∀a ∈ Q.

4. Element invers amb (+): donat a ∈ Q existeix b := −a ∈ Q complinta + b = 0.

5. Associativa (·): ∀ a, b, c ∈ Q tenim (a · b) · c = a · (b · c).


6. Commutativa (·): a · b = b · a, ∀a, b ∈ Q.

7. Element neutre per (·): existeix 1 que compleix 1 · a = a · 1 = a ∀a ∈ Q.

8. Element invers amb (·): per cada a ∈ Q diferent de zero (a 6= 0) existeixun element b ∈ Q que compleix a · b = 1, escriurem b per a−1.

9. Distributiva: ∀a, b, c ∈ Q tenim a · (b + c) = a · b + a · c.?

Aquestes son les propietats operacionals dels nombres racionals. A Q tambetenim la relacio d’ordre “a mes petit que b” (a, b nombres racionals), del fet quepoder definir que es un nombre positiu i negatiu, i diem que a es mes petit oigual que b si i nomes si a− b es un nombre negatiu o zero. Aquesta relacio tepropietats que coneixeu:

Propietats 1.1.20.

1. Ordre total: donats a, b ∈ Q tenim a ≤ b o be b ≤ a.

2. Antisimetrica: a ≤ b i b ≤ a llavors a = b

3. Transitiva: a ≤ b i b ≤ c llavors a ≤ c.

4. Si a ≤ b llavors per tot c tenim a + c ≤ b + c. Igualment si c ≤ d tenima + c ≤ b + d.

5. Si a, b ≥ 0 llavors a · b ≥ 0

6. Si a ≤ b i c ≥ 0 tenim a · c ≤ b · c. Si a ≤ b i c ≤ 0 llavors a · c ≥ b · c.

Exercici 1.1.21. Centreu-vos en les dues ultimes propietats. Estudieu quesucceeix i quins canvis heu de fer si en lloc de posar ≤ o ≥ voleu posar-hi < o>(no acceptem igualtat).

Definicio 1.1.22. Donat un nombre racional a, el valor absolut de a que s’ano-ta per |a| es:

|a| ={

a, si a ≥ 0−a, sino

?

Podem pensar el valor absolut de a com la distancia del punt a a 0. Quinsvalors son aquestes distancies, son tots els valors que podem dibuixar en unarecta marcant un punt a arbitrari en aquesta recta? Veurem tot seguit que laresposta es no. Per aconseguir tots aquests valors necessitem els nombres reals.Els nombres reals els obtindrem a partir dels nombres racionals, no afegint arrelsd’equacions (com passava en el cas N ⊂ Z ⊂ Q), sino d’introduir-hi els “elementslimit” (distancia no es un fenomen algebraic (es un fenomen topologic) i vosaltresho incloıeu dins calcul en l’institut). Anem doncs a justificar aquesta respostanegativa.


Nombres reals.

Recordem de col.legi la regla de divisio en nombres racionals (pensem en posi-tius pensant aquest nombre racional positiu com la distancia al 0) on per cadanombre racional p/q, feiem la divisio entera de p entre q, i obtenıem una ex-pressio

a0, a1a2 . . . amb1 . . . bqb1 . . . bq . . .

(per exemple: 2/5 = 0, 4, 1/3 = 0, 3333333...) on a0 era un nombre enter ai sonentre 0 i 9 (amb i ≥ 1) i els bi son tambe entre 0 i 9 i que s’anaven repetint apartir d’un lloc en endavant (“ el perıode”).

Fixem-nos que una distancia qualsevol es una expressio de la forma

a0, a1 . . .

(a0 ∈ N, ai ∈ {0, . . . , 9}) pero sense tenir a partir d’un lloc necessariament unperıode (a0 ∈ N).Dibuixem sobre la recta 3, 83...

. . . . . .

0 1 2 3 4

3, 8 3, 9¡

¡¡ª

3, 83...

(1.2)pensant com a distancies (o com a punts sobre la recta, i dibuixant-los com enl’exemple anterior) tots els nombres a0, a1 . . . son possibles i tambe hi tenim unaordenacio ≤ (els nombres que queden a l’esquerra del 0 els pensem - el valor dela distancia que tenen al zero). Considerant tots aquests nombres obtenim elsnombres que anomenem nombres reals.

Definicio 1.1.23. Un nombre a s’anomena real positiu si te una expressio deltipus

a = a0, a1a2 . . . (1.3)

amb a0 un nombre natural qualsevol i els ai son nombres naturals entre 0 i9. Un nombre real a s’anomena real negatiu si −a es un nombre real positiu.Els nombres reals son els nombres reals positius i negatius. Fixeu-vos que totnombre racional es un nombre real. (S’anomena expressio decimal del nombrereal a a l’expressio 1.3 si es positiu i per - l’expressio decimal de −a sino).Anomenarem els nombres reals que no son racionals per nombres irracionals.Al conjunt dels nombres reals els denotem per R.

Observacio 1.1.24. En l’anterior definicio (1.1.23) identifiquen l’expressiodecimal a0, a1 . . . on hi hagi un i complint que ai = ai+1 = ... = 9 amb l’expressiodecimal a0, a1...ai−1ai + 1

10i .Per exemple 0, 9999999999999999... s’identifica amb 0, 9 + 0, 1 = 1.12, 7899999999999999999... s’identifica amb 12, 789 + 0, 001 = 12, 79. Per justi-ficar aquesta identificacio observeu per exemple 1

33 = 1 usant l’expressio decimalper 1

3 = 0, 3333333333... tenim 3(0, 3333333...) = 0, 999..... i aquest valor ha deser 1!.


Un cop feta aquesta identificacio l’expressio d’un nombre real via l’expressiodecimal es unica. (Si el nombre a es negatiu, la seva expressio decimal es la quecorrespondria al nombre −a amb un signe - davant i observeu que la identificacioanterior per un nombre real negatiu correspondria amb −a0, a1...ai−1ai − 1

10i .)

Observacio 1.1.25. Anem a definir nombre real sense fer la particularitat pelsnombres negatius. Volem definir els nombres reals com tot numero damunt unarecta. En aquesta recta 1.2 i tenim els nombres enters i un nombre es mes granque un altre si es troba mes a la dreta que l’altre. Definim, per a un nombre adamunt d’aquesta recta, la part entera de a que denotarem per [a], per a l’entermes gran n complint n ≤ a. Fixem-nos que la distancia entre a i [a] es unnombre positiu entre 0 i 1, i com a > [a] tenim Dec(a) := a − [a] es positiu ientre 0 i 1 (nombre que s’escriu sobre la recta 1.2 en la part dreta del zero i te unvalor entre 0 i 1) i per tant te una expressio decimal com hem fet anteriorment:

Dec(a) = 0, a1a2 . . .

amb ai entre 0 i 9. Aixı podem fer la seguent definicio de nombre real.

Definicio 1.1.26. Es defineix un nombre real, per un nombre que s’expressaper,

n + 0, a1a2 . . .

on n es un nombre enter i els ai estan entre 0 i 9. El n s’anomena la partentera del nombre real, i 0, a1a2 . . . la part decimal del nombre real.

(Aquı es fa tambe l’identificacio en la part decimal si a partir d’un lloc enendavant unicament apareixen 9’s; amb la particularitat aquı que

n + 0, 99999999999... = (n + 1) + 0 = n + 1.)?

Exercici 1.1.27. Amb la definicio anterior de nombre real (1.1.26) definiu larelacio de ser mes gran o igual en els nombres reals, es a dir com decidiu donatsdos numeros reals a, b que a ≥ b en funcio de les expressions decimals i les partsenteres, definiu tambe l’operacio suma. Feu la resta de dos numeros utilitzantaquesta expressio en part entera i part decimal i l’algorisme trobat per la suma.Intenteu fer la mateixa pregunta anterior amb la definicio 1.1.23.?

Com demostrar que un nombre es real i no racional?Aixo es mes teoric, ja que fixeu-vos que el resultat de les calculadores i orde-nadors sempre son nombres racionals! i per exemple sabeu (o a partir d’ara heude saber) que π no es un nombre racional i l’aproximeu per un nombre racionalen la calculadora o en els calculs que en feu utilitzant aquest nombre.

Exercici 1.1.28. Justifiqueu el fet que els resultats de les calculadores no elspodem acceptar sempre per exactes. Proveu que tot resultat de la calculadora ide l’ordenador es un nombre racional i per tant no ens apareixen mai nombresirracionals.?

Anem a fer una prova que un nombre com√

2 es un nombre real que no esracional, es a dir provem que es un nombre irracional.

Lema 1.1.29.√

2 es irracional.


Observacio 1.1.30. Que vol dir lemma? Be en matematiques els resultatsnecessiten una prova logica a partir de les definicions. Quins noms hi posemamb aquests “enunciats” que son demostrables? Son basicament els seguents(i en donem una primera aproximacio del seu significat): lema (un enunciatque intenta complementar una idea, sense tenir pero ell sol una importanciagran en el tema), proposicio (un resultat important que te interes per ell sol),teorema (un resultat important amb interes per ell sol i es un punt important arecordar en el context que es presenta), corol.lari (resultats que per certs casosson interessants i que la seva prova es consequencia facil d’una proposicio od’un teorema).

Demostracio. Com demostrar l’enunciat? Aquest curs hem vist el metode d’in-duccio. Un altre metode a coneixer, es el de reduccio a l’absurd. Consisteix enel seguent: per a demostrar un resultat, suposem que no es compleixi i s’arribaa una contradiccio, PENSEU QUE AQUEST ARGUMENT LOGIC US DONAQUE EL RESULTAT A DEMOSTRAR ES CORRECTE. Anem a fer-ho en elnostre cas.Suposem que no es compleixi l’enunciat es a dir, que

√2 fos un nombre racional.

Si es racional existeixen p, q enters que els podem pensar amb fraccio simplifi-cada, es a dir no tenen cap primer que divideixi simultaniament p i q, i escrivim

√2 = p/q.

Elevant al quadrat la igualtat anterior obtenim

2q2 = p2

d’aquı tenim que p2 es un nombre parell per tant 2 divideix p. Podem es-criure p = 2p′ substituint a 2q2 = p2 tenim (tot tatxant un 2) q2 = 2(p′)2.D’aquesta ultima igualtat obtenim que q es tambe parell; per tant 2 divideix p iq, pero p, q tenien fraccio simplificada, aixo fa arribar-nos a una contradiccio,(ivia l’argumentacio a l’absurd) d’on obtenim el resultat.

Anem a preguntar-nos com de grans son els nombres que hem definit, d’entersem tenim infinits, de racionals tambe i tambe de reals, pero: com son aqueststamanys?Deixeu-me informar-vos que no tots els conjunts amb infinits elements tenen elmateix tamany, en aquest curs no hi entrarem i sol farem un comentari intuıtiuperque hi observeu la gran diferencia entre racionals i reals, realment hi ha moltsmolts i molts i molts d’irracionals!! i cap d’ells els podem escriure utilitzantcalculadores i ordenadors !!!!!!!!

Imaginem que tenim una corda infinita

. . . . . .

i que damunt d’ella hi marquem els nombres enters, fixeu-vos que ens quedenmolts forats. Si marquem tots els nombres racionals en la corda semblaria quehi ha pocs forats, pero si agafem un interval, per exemple el [0, 1] i posem unamesura de longitud que tingui el valor 1 en l’interval [0, 1], llavors es prova quela mesura del conjunt de tots els nombres racionals entre 0 i 1 es zero!, com lamesura ens estudia la grandaria, aixo ens indica que hi ha molts mes nombresirracionals que de racionals. Aquesta idea sense justificacio es pot corroborar


matematicament d’una manera mes facil en provar que hi ha molts mes nombresirracionals que racionals, via observar que dels infinits nombres racionals, aquestinfinit es un infinit que es pot enumerar, podem posar en ordre els racionals:primer aquest, segon aquest altre i aixı successivament, i arribem d’aquestamanera a recorrer tots els nombres racionals. Aquest fenomen no passa amb elsnombres reals. Els conjunts que es poden enumerar (es dir posar en ordre comprimer aquest, segon aquest altre i successivament) s’anomenen numerables (ison els conjunts infinits mes petits, petits en quan a nombre d’elements dins elsconjunts amb infinits elements). Per tant obtenim,els racionals son numerables, i en canvi els reals son no numerables (n’hi hamolts mes de reals que de racionals tot i que tots dos conjunts tinguin infinitselements).

Despres d’aquest comentari un pot pensar que sobre la corda, els racionalsson pocs, pero recordeu que en tenim infinits tambe. El que un no te dins elsnombres racionals son “tots els lımits de successions convergents”, intentarementendre aquest comentari en la seccio seguent.Tenim el seguent resultat,

Proposicio 1.1.31. Entre dos nombres reals diferents, sempre hi ha un nombreracional i un d’irracional entre ells.

Exercici 1.1.32. Intenteu provar l’anterior resultat escrivint dos nombres re-als arbitraris diferents, un sera mes gran que l’altre i mireu de construir nom-bres entremig, un que sigui racional i un altre d’irracional (indicant-ho aquestultim).?

En els nombres reals tambe hi tenim definit el valor absolut (estenent ladefinicio donada per als racionals),

|a| = maxim{a,−a}.

Exercici 1.1.33. Comproveu que el valor absolut per als nombres reals coin-cideix si a ∈ Q amb la definicio de valor absolut donada en 1.1.22.

Escrivim certes propietats del valor absolut.

Teorema 1.1.34 (Propietats del valor absolut). Per a qualsevol a, b ∈ R(o be a, b ∈ Q) es te

1. |a| = 0 si i nomes si a = 0.

2. |a · b| = |a| · |b|.3. |a| ≤ b, si i nomes si −b ≤ a ≤ b.

4. (Desigualtat triangular) |a + b| ≤ |a|+ |b|.A mes,

5. |a− b| ≥ ||a| − |b|| ≥ |a| − |b|.6. |x1 + . . . + xn| ≤ |x1|+ . . . + |xn| amb xi ∈ R.?

Exemple 1.1.35. Trobeu els punts reals complint,

1. |x2 − 3| ≤ 1


Una resolucio. (Penseu tambe graficament l’exercici).Estudiem primer quan x2−3 ≥ 0. Cal resoldre aquesta inequacio, obtenimque x2 ≥ 3 i per tant obtenim que x ∈ (−∞,−√3] ∪ [

√3, +∞), per tant

distingim dos casos,Cas x ∈ (−∞,−√3] ∪ [

√3, +∞), tenim que resoldre,

|x2 − 3| ≤ 1 ⇔ x2 − 3 ≤ 1 ⇔ x2 ≤ 4

on l’ultima inequacio te solucio per −2 ≤ x ≤ 2, per tant com la x estavaen un interval concret obtenim en aquest apartat que la solucio demanadaes

x ∈ [−2,−√

3] ∪ [√

3, 2]

Cas x /∈ (−∞,−√3] ∪ [√

3, +∞), llavors hem de resoldre,

|x2 − 3| ≤ 1 ⇔ −x2 + 3 ≤ 1 ⇔ 2 ≤ x2

on l’ultima inequacio te solucio x ≥ √2 o x ≤ −√2 , per tant com la

x estava en un interval concret obtenim en aquest apartat que la soluciodemanada es

x ∈ (−√

3,−√

2] ∪ [√

2,√

3)

Ajuntant ambdos casos obtenim que la solucio demanada es

x ∈ [−2,−√

2] ∪ [√

2, 2].

Una altra manera de fer aquest exercici es utilitzant la propietat 1.1.34.3,i resoldriem les inequacions

−1 ≤ x2 − 3 ≤ 1.

El exemple seguent, podrıem resoldre usant |α| < b es equivalent a −b <α < b (aquesta propietat del valor absolut es semblant a la propietat1.1.34.3 pero amb desigualtats estrictes).

2. |x2| < 3

Una resolucio. (Penseu tambe graficament l’exercici). Estudiem primerquan x2 ≥ 0. Cal resoldre aquesta inequacio obtenim que sempre esveritat per tant no cal distingir casos. Com es positiu |x2| = x2 on tenimque resoldre,

|x2| < 3 ⇔ x2 < 3

on l’ultima inequacio te solucio −√3 < x <√

3, i per tant la soluciodemanada es

x ∈ (−√

3,√

3).

3. |x− 3| < |x + 1|


Una resolucio. Observeu que x−3 ≥ 0 per x ≥ 3 i x+1 ≥ 0 quan x ≥ −1,estudiem l’exemple fent-ne tres casos,cas x ∈ (−∞,−1) tenim que

|x− 3| < |x + 1| ⇔ −x + 3 < −x− 1 ⇔ 3 < −1

on l’ultima desigualtat es mentida, per tant els x ∈ (−∞,−1) no satisfanla desigualtat.Cas x ∈ [−1, 3], tenim que

|x− 3| < |x + 1| ⇔ −x + 3 < x + 1 ⇔ 2 < 2x

on l’ultima desigualtat es veritat pels x > 1 per tant obtenim(recordeuque esteu en l’interval [-1,3]) son solucio de la inequacio els

x ∈ (1, 3].

Cas x ∈ (3,+∞) tenim que

|x− 3| < |x + 1| ⇔ x− 3 < x + 1 ⇔ −3 < 1

on l’ultima desigualtat es veritat sempre (recordeu que esteu en l’interval(3, +∞)) on

x ∈ (3,+∞),

es tambe solucio de la inequacio.Ajuntant tos els casos obtenim que la solucio demanada es,

x ∈ (1,+∞).

Recordeu-vos que en els nombres reals hi tenim dues operacions +, · juntamb un seguit de propietats 1.1.19, i junt amb un relacio de mes gran o igualque ens permet tambe distingir elements. Igualment tota distancia entre dospunts qualsevol sobre una mateixa recta es un nombre real.

Nombres complexos

Anem a introduir els nombres complexos, igual que els nombres enters i racionals,s’obtenen d’afegir numeros que son solucions de certs polinomis, en aquest casels nombres complexos s’obtenen d’afegir a R les solucions de tots els polinomisa coeficients reals (aquest fet el podreu deduir despres de llegir la §1.3 d’aquestcapitol). Aquı definim-los de la seguent manera mes practica per fer-ne calculs.Anem primer a definir un numero “nou”,

Definicio 1.1.36. Considerem el polinomi

x2 + 1

Denotem per i una de les arrels d’aquest polinomi que fixem (pensem amb i :=+√−1). Fixeu-vos que les arrels del polinomi son ±i, i que aquest nou nombre

i compleixi2 = i · i = −1.

(i es un nombre imaginari).


Observacio 1.1.37. Aquest nombre s’introdueix al s. XVIII, i veureu la sevautilitat en facilitar calculs i idees en els vostres estudis.?

Anem ara a definir els nombres complexos.

Definicio 1.1.38. Un numero complex es un parell ordenat(!) de nombresreals a, b, denotat per (a, b) o tambe per a + bi. El conjunt de tots els nombrescomplexos el denotem per C.(Fixeu-vos que posant b = 0 els nombres reals estandins dels nombres complexos, R ⊂ C).?

Dos nombres complexos (a, b) i (c, d) son iguals si i nomes si a = c i b = d.

Exemple 1.1.39. (2, 3) o 2 + 3i es un nombre complex. (3, 2) o 3 + 2i es unaltre nombre complex, diferent a 2 + 3i.

Observacio 1.1.40. Un nombre complex es pot considerar com un punt (a,b)en el pla OX-0Y o com un vector de centre (0,0) al punt (a,b).

·

©©©©©©*(a, b)

a

b

Definicio 1.1.41. Sigui z := a + bi un numero complex (a, b ∈ R), es defineixla part real del nombre z per el nombre real a i s’anota, Re(z), es a dir

Re(z ) = a.

Anomenem la part imaginaria de z al nombre real b i ho denotem per Im(z), esa dir tenim

Im(z ) = b.

Exemple 1.1.42. Re(−2 + i) = −2, Im(−2 + i) = 1.

·

HHHHHHY−2 + 1i

−2

1

Fixeu-vos que la part real es la projeccio del vector amb l’eix de les absisses.La part imaginaria s’obte via la projeccio amb l’eix OY (ordenades).?


Els nombres complexos tambe tenen una operacio + i ·. Anem a definir-lesi veurem que tenen les propietats que tenien els nombres racionals o reals (lihavıem dit “cos”, als numeros amb dues operacions amb les propietats 1.1.19que tambe tenen els nombres complexos amb les operacions +, · que definiremtot seguit).

Operacio +:sigui z = a + bi i w = c + di dos nombres complexos (a, b, c, d ∈ R) definim lasuma per,

z + w = (a + bi) + (c + di) := (a + c) + i(b + d).

Observacio 1.1.43. Observeu que pensant el nombre complex com un vector,la suma de dos nombres complexos es la suma de dos vectors en el pla.

Operacio ·:

z · w = (a + bi) · (c + di) = ac + bdi2 + adi + bci = (ac− bd) + i(ad + bc).

(Observeu que utilitzem i2 = −1 en l’ultima igualtat.

Exemple 1.1.44. 1. Sumeu 2 + 3i amb 2− 3i.

(2 + 3i) + (2− 3i) = (2 + 2) + i(3− 3) = 4 + 0i = 4

2. Multipliqueu 2 + 3i amb 2− 3i.

(2 + 3i)(2− 3i) = 4− 6i + 6i− 9i2 = 4− 9i2 = 4 + 9 = 13.

Exercici 1.1.45. Feu els seguents calculs en nombres complexos

1. (1 +√

3i)(2 +√

3 + πi),

2. (e + log(2)i)(log(2) + ie),

3. (√

3 + i)3.?

Anem a llistar les propietats (que son les mateixes que 1.1.19 pero explicita-des per nombres C) d’aquestes dues operacions en el cas de nombres complexos.Unicament farem atencio especial com trobar l’invers en el producte d’un nom-bre complex (diferent del 0=0+0i, es clar).Propietats + i ·:

1. Associativa (+): ∀ z1, z2, z3 ∈ C tenim (z1 + z2) + z3 = z1 + (z2 + z3).

2. Commutativa (+): z1 + z2 = z2 + z1 ∀z1, z2 ∈ C.

3. Element neutre per (+): existeix 0 := 0 + 0i = (0, 0) ∈ C complint0 + z = z + 0 = 0, ∀z ∈ C.

4. Element oposat amb (+): donat z = a + bi ∈ C (a, b ∈ R) existeixz− := −z := −a− bi ∈ C complint z + z− = 0.

5. Associativa (·): ∀ z1, z2, z3 ∈ C tenim (z1 · z2) · z3 = z1 · (z2 · z3).

6. Commutativa (·): z1 · z2 = z2 · z1, ∀z1, z2 ∈ C.


7. Element neutre per (·): existeix 1 = 1 + 0i = (1, 0) que compleix 1 · z =z · 1 = z ∀z ∈ C.

8. Distributiva: ∀z1, z2, z3 ∈ C tenim z1 · (z2 + z3) = z1 · z2 + z1 · z3.

9. Element invers amb (·): per cada z ∈ C diferent de zero (z 6= 0) existeixun element w ∈ C que compleix z · w = 1, escriurem w per z−1.?

Anem a veure com construir l’invers amb el producte d’un nombre complexz = a + bi (a, b ∈ R). Sigui z = a + bi no zero, denotem per z = a − bi.Fixeu-vos llavors que

z · z = a2 + b2

que es un numero real diferent de zero per tant l’invers es,

z−1 =1z

=z

zz=

a− bi

a2 + b2,

recalquem-ho posant-hi l’enunciat,

Formula 1.1.46 (invers d’un nombre complex). Donat z = a + bi ∈ C nozero (a, b ∈ R), llavors

z−1 := (a

a2 + b2,

−b

a2 + b2) =

a

a2 + b2+ (

−b

a2 + b2)i (1.4)

Exemple 1.1.47. Calculem l’invers en el producte del nombre complex 2 + 3i.

Una resolucio. Utilitzant la formula 1.4 tenim que l’invers es

(2 + 3i)−1 =2− 3i

13.

Comproveu vosaltres que efectivament (2 + 3i)( 2−3i13 ) = 1.

Observacio 1.1.48. Observeu que tenir un invers en el producte (sabent quel’operacio producte es commutativa), vol dir que podem dividir, es a dir si z1 ∈ Ci z2 ∈ C es un nombre complex no nul, llavors tenim z1

z2te sentit i es realment,

z1

z2= z1 · z−1

2 = z−12 · z1?

La formula del producte de dos nombres complexos es realment entretingudaper a fer-ne calculs. Hi ha una manera simple per calcular el producte que esescrivint els nombres complexos en forma polar. Nosaltres presentarem aquestfet utilitzant l’exponencial complexa en la §1.3 d’aquest capıtol. Anem pero araa introduir totes les eines per a escriure un nombre complex en forma polar,que es descrivint aquest nombre complex via la seva distancia al (0,0)=0+0i il’angle que forma respecte al semieix OX.

Definicio 1.1.49. Si z = a+bi numero complex (a, b ∈ R) qualsevol, s’anomenael conjugat de z, i es denota per z al nombre complex

z = a− bi.

Observacio 1.1.50. Donat z el conjugat es el vector simetric de z respecte l’eixOX, es a dir graficament es,


©©©©©©*

HHHHHHj

z

z

Propietats 1.1.51 (de la conjugacio respecte les operacions). Siguinz, z1, z2 ∈ C tenim,

1. z1 + z2 = z1 + z2.

2. z1 − z2 = z1 − z2.

3. z1z2 = z1 · z2.

4. (z1/z2) = z1/z2.

5. (z)−1 = (z)−1.

6. z = z.

Definicio 1.1.52. El modul d’un nombre complex z = a + bi, denotat per |z|es defineix per

|z| = +√

a2 + b2

que es un numero real positiu.Observeu que es la distancia del punt complex z = a + bi a l’origen 0+0i.

Exercici 1.1.53. Proveu que si z es real llavors el modul de z coincideix amb elvalor absolut.?(Un comentari: fixeu-vos que en nombres complexos no te sentitdir quin es mes gran que l’altre, es a dir la relacio ≤ en nombres reals no s’estenals nombres complexos).

Propietats 1.1.54. Fixeu-vos que tenim les seguents igualtats:

1. donat z ∈ C, zz = |z|2.

2. |z1 · z2| = |z1||z2| amb z1, z2 ∈ C.

3. |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2| amb z1, z2 ∈ C.

Forma polar d’un nombre complex.Donat un nombre complex z = a + bi no zero:


·

©©©©©©*z = a + bi

a

b

θAAAA

la distancia a l’origen es |z|, denotem per r := |z| i sigui θ l’angle que formael vector amb l’eix OX (aquest angle θ es calcula utilitzant arctang de b/a iconeixent el seu quadrant, mireu la seguent observacio 1.1.58 per precisar-ho),prenem-ho 0 ≤ θ < 2π, tenim llavors que podem escriure a i b de la forma

a = r cos(θ), b = r sin(θ).

Definicio 1.1.55. Amb la notacio anterior per z = a+ bi, r i θ, la forma polardel nombre z 6= 0 es donada per r i θ, i ho anotarem per

z = reiθ.

(Si z = 0 + 0i l’escrivim en forma polar unicament per 0)

Observacio 1.1.56. Fixeu-vos que hem anotat

eiθ := cos(θ) + i sin(θ)

amb θ ∈ R. Com el cosinus i sinus son funcions periodiques de perıode 2π,obtenim que

ei(θ+k2π) = eiθ,

per tot k enter, es a dir podem canviar l’angle en aquesta manera d’escriure elnombre complex sumant a l’angle qualsevol un multiple de 2π (i per tant podemen la definicio de forma polar d’un nombre complex triar θ ∈ R per denotarz = reiθ el mateix nombre complex sense la restriccio de triar θ entre 0 i 2πrad).?

El nombre e i aquesta notacio del nombre en forma polar via aquest nombree la justifiquem en la seccio §1.3 d’aquest capıtol.En la notacio polar es molt facil descriure el producte de dos nombres complexoscom veurem mes endavant 1.3.9, pero podrıeu intentar esbrinar-ho vosaltresmateixos en aquest moments (busqueu-ne la formula: reiθseiψ =?).

Exercici 1.1.57. Intenteu fer aquest exercici. Calculeu (1 + i)3, (1 + i)7, (1 +i)78978997878.

Observacio 1.1.58 (Important a tenir molt present). El pla el podemdividir en 4 quadrants,1er quadrant: angles entre 0 i 90 graus (0 i π/2 radiants).2on quadrant: angles entre π/2 i π radiants.3er quadrant: angles entre π i 3π/2 radiants.


4art quadrant: angles entre 3π/2 i 2π radiants, o entre -90 i 0 graus (−π/2 i 0radiants)Es molt important posar correctament l’angle θ. El podem calcular a partir d’unnombre complex z = a + bi via,

θ := arctan(b/a)

pero aquest arctan te dos valors entre 0 i 2π radiants, quin dels dos fem servirper θ?Per com donen el resultat les calculadores de l’arctangent triem un valor dels dosque te l’arctangent entre −π/2 i 3π/2. Per a aixo cal mirar en quin quadrantesta el nostre nombre complex i si no es del quadrant que ens surt a la calculadora(dona la calculadora aquest valor entre −π/2 i π/2) caldra sumar-hi π radiantsa l’angle que ens dona la calculadora.Observeu que si a = 0 (b 6= 0, el cas 0+0i es a part) calculem directament θ (jaque b/a no te sentit) que te com a possibles valors π/2 o be −π/2.

Observacio 1.1.59. Recordem altre cop que les funcions trigonometriques sini cos son periodiques de perıode 2π radiants. Per tant en la forma polar d’unnombre complex z = reiθ es el mateix triar com angle θ que el θ + 2π queθ + 8989089 · 2π.

Exemple 1.1.60. Escriu en forma polar els seguents nombres complexos

1. z = 1 + i.

Una resolucio. Calculem primer el modul. |z| = +√

12 + 12 =√

2.Calculem θ. Fixem-nos que 1 + 1i esta al 1er quadrant! per tant θ estaraentre 0 i π/2 radiants. Fixeu-vos que b/a = 1 i tenim

θ = arctan(1) ={

π/4π/4 + π = 5π/4

(si ens restringim que θ esta entre 0 i 2π radiants). Com estem en elprimer quadrant es π/4, per tant la forma polar de 1 + i es

z =√

2eiπ/4 =√

2 cos(π/4) + i√

2 sin(π/4).

2. z = −√3− i.

Una resolucio. Calculem primer el modul. |z| = +√

3 + 1 = 2.Calculem θ. Fixem-nos que z esta al 3er quadrant! per tant θ estara entreπ i 3π/2 radiants. Fixeu-vos que b/a = 1/

√3 tenim

θ = arctan(1/√

3) ={

π/6π/6 + π = 7π/6

(si ens restringim que θ esta entre 0 i 2π radiants). Com estem en el tercerquadrant es 7π/6, per tant la forma polar de

√3− i es

z = 2ei7π/6 = 2 cos(7π/6) + i2 sin(7π/6).


Exemple 1.1.61. Escriviu en forma z = a + bi (s’anomena aquesta forma,forma cartesiana) el nombre complex escrit en forma polar

z = 34eiπ.

Una resolucio. Escrivim z = 34 cos(π)+i34 sin(π) = 34(−1)+i34(0) = −34.

Definicio 1.1.62. Donat un nombre complex z, anomenarem argument de z iho anotarem per arg(z) a un valor θ que correspon a l’angle que forma el nombrecomplex amb l’eix OX.(Fixeu-vos que arg(z) + 2π tambe es un argument).Anomenarem l’argument principal de z, denotat per Arg(z) quan aquest valorde θ esta compres entre −π < θ ≤ π (sol hi ha un! d’argument principal).En aquesta notacio tot nombre complex s’escriu de la forma

z = |z|eiArg(z)

Exercici 1.1.63. Veieu que |z|eiarg(z) = |z|eiArg(z) = |z|ei(arg(z)+2π) es elmateix nombre complex.

1.2 Propietats dels nombres reals.

Aquesta seccio tractara de la nocio de convergencia. Aquest fet es particular delsnombres reals ((*)tambe dels complexos, pero si R no tingues aquesta propietat,C no tindria aquesta propietat). Per parlar de convergir, pensem primeramentque vol dir:“a la llarga va cap a un lloc” on aquest lloc ha d’existir. La forma-litzacio d’aquesta idea en numeros donara el concepte de lımit d’una successiode nombres.En aquest capıtol donem pautes i criteris pel calcul de lımits de successions iestudiem si successions creixents tenen lımit o no (convergencia o no de series determes positius), estudi de successions recurrents i tambe estudi de convergenciade series.

1.2.1 Funcio distancia, completesa dels nombres reals.

En els nombres R tenim la funcio distancia entre dos punts a, b ∈ R,

d : R× R→ R+

d(a, b) = +√

(a− b)2 = |a− b|(on R+ := {r ∈ R|r ≥ 0}),

`ÃÃÃÃ |a− b|

a b

podem, gracies a aquesta funcio, saber com estan o no de separats dos punts, siestan molt propers o lluny.

Vers la Propietat clau dels nombres reals(completesa).

Introduım primer alguns conceptes.

1.2 Propietats dels nombres reals. 21

Definicio 1.2.1. Sigui S un conjunt de nombres dins dels nombres M (on Mson numeros que tenen una relacio ≤, per nosaltres pot ser M N,Z,Q, o be R).

Diem que el conjunt S te una cota superior si existeix un nombre b ∈ Mon

x ≤ b

per a tot x ∈ S. Diem que aquest b es una cota superior del conjunt S.Tenim tambe la nocio de cota inferior de S, definim-la tot seguit. Diem queel conjunt S te una cota inferior si existeix un nombre a (∈M) on

a ≤ x

∀x ∈ S. Diem que aquest a es una cota inferior del conjunt S.

Observacio 1.2.2. Observeu si S te una cota superior, en te moltes, per exem-ple si S = [−1,

√2] amb M = R, obtenim que

√2 es cota superior, 4 tambe, 12

tambe,√

17 tambe..., qualsevol nombre mes gran o igual que√

2 es cota superiord’aquest conjunt S. En quan a cotes inferiors, tambe en tenim moltes, fixeu-vosque qualsevol nombre real mes petit o igual a -1 es una cota inferior: -2 es unacota inferior de S, -886.6898978 es una cota inferior de S,...Fem el mateix exemple que abans pero sigui S = {x ∈ Q|x ∈ [−1,

√2]} i triem

M = Q.(SiM = R les cotes superiors i inferiors son exactament com en l’exem-ple anterior). Anem a trobar cotes superiors en M. Fixeu-vos que

√2 /∈ Q per

tant no pot ser una cota superior de S amb M = Q. En canvi si que tenimque 4, 12, 1.45 son cotes superiors i en tenim moltes. Pregunta: tenim ara (casM = Q) una cota superior que sigui la mes petita de totes i que sigui a Q? Laresposta es NO.Per cotes inferiors tenim que qualsevol nombre(aquı nombre=nombre racional)mes petit o igual a -1 es cota inferior de S.

Definicio 1.2.3. 1. Donat un conjunt S de nombres dins M (M denotaels racionals o reals o enters o naturals) acotat superiorment. Diem queel numero b es el suprem de S si compleix les dues condicions seguentssimultaniament,

(a) b es una cota superior de S,

(b) b es la mes petita de les cotes superiors.

En cas d’existir, es unic i l’anotarem aquest valor per sup(S).Donat un conjunt S de nombres dins M (M indica o els nombres racionalso be reals o be naturals o enters) acotat inferiorment. Diem que el numeroa es l’ınfim de S si compleix les dues condicions seguents simultaniament,

(a) a es una cota inferior de S,

(b) a es la mes gran de les cotes inferiors.

En cas d’existir l’ınfim, es unic i l’anotarem aquest valor per inf(S).

Exemple 1.2.4. 1. Sigui S = {x ∈ R : |x| <√

3} ⊂ R. Tenim que elsup(S) existeix i es

√3, i inf(S) tambe existeix i es −√3. (Veurem tot

seguit que per M = R sempre existeixen els suprems i ınfims en conjuntsacotats).


2. Sigui S = {x ∈ Q : x2 < 2} ⊂ Q. Afirmem que no te suprem ni ınfim siho mirem com numeros a Q (es a dir M = Q).Per justificar aquesta afirmacio (ho fem sol pel suprem, per l’ınfim l’ar-gument es semblant [Exercici]) argumentem via reduccio a l’absurd, es dirsuposem que existıs el suprem a Q i arribem a una contradiccio, provantque no pot existir aquest suprem.Sigui b ∈ Q aquest suposat suprem de S,

√2 que es la cota superior mes

petita de S si els nostres nombres fossin els reals (en el cas M = R) iper tant tot suprem de S a Q ha de ser mes gran que aquest nombre (esa dir que

√2) tenim

√2 < b, sabem que entre dos nombres reals sempre

hi ha un nombre racional per tant trobem que existeix b′ ∈ Q complint√2 ≤ b′ < b, cosa que implica que b no pot ser la cota superior mes petita

(b′ es una cota superior mes petita que b!), i per tant no es el suprem, encontradiccio a la nostra suposicio.

Teorema 1.2.5 (Axioma de completitut). Tot conjunt no buit S de nombresreals acotat superiorment, te suprem a R.Tot conjunt no buit S de nombres reals acotat inferiorment, te ınfim a R.

Observacio 1.2.6. L’anterior axioma ens afirma que per M = R existeixsempre el suprem i/o l’ ınfim de conjunts acotats superiorment i/o inferiorment.

Observacio 1.2.7 (*). Per que s’anomena complet? Be, fixeu-vos que a Q notenim sempre suprem o ınfim, heu vist abans(1.2.4) l’exemple S = {x ∈ Q :x2 < 2}. No obstant podem trobar cotes superiors de S a Q aproximant

√2,

fixeu-vos √2 = 1, 4142135623730950488016887242097...

d’aquı podem trobar una primera cota superior a Q de S, b1 = 2, una sego-na b2 = 1, 5, una tercera b3 = 1, 42, b4 = 1, 415, b5 = 1, 4143,... fixeu-vosque construım numeros a Q que s’aproximen a

√2, si poguessin fer el “lımit”

obtindrıem√

2, pero fixeu-vos que aquesta nocio de “lımit” el nombre que donaaquest “lımit” no queda dins a Q, realment complet ve de posar en els nombresracionals els “limits” que s’obtenen de successions de nombres racionals queconvergeixen cap a una longitud, i aquest conjunt (la unio dels racionals juntamb els lımits de successions de nombres racionals que van a un nombre) sonels nombres reals. Anem a definir “lımit” en la §1.2.2 tot seguit.

1.2.2 Successions de nombres reals. Primeres nocions delımit a un nombre real.

Hem vist en la seccio anterior que donats a, b ∈ R tenim definida la distanciaentre ells i fixeu-vos si d(a, b) = 0 obtenim que els dos punts a, b son el mateixpunt!, es a dir a = b!; pert tant de saber la distancia obtenim certa informaciod’aquests punts reals com esta o no un allunyat de l’altre.

Anem cap el concepte de convergir, entenem primer en un exemple concretabans de fer la definicio en abstracte de “convergir” que sera el concepte de lımitper una successio . Fem un exemple concret, per aixo triem ara b = 0 i anemvariant a de la forma seguent via la taula,


a=1 d(1,0)=1a=1/2 d(1/2,0)=1/2a=1/4 d(1/4,0)=1/4a=1/8 d(1/8,0)=1/8a=1/16=1/24 d(1/16,0)=1/16a = 1/25 d(1/32,0)=1/32... ...a = 1/22003 d(1/22003, 0) = 1/22003

... ...

fixeu-vos que cada cop de dalt a baix la distancia es fa mes petita, si denotemper ai = 1/2i, i ∈ N(a0 es el valor de a en la primera fila, a1 es el valor de aen la segona fila de la taula anterior, a2 el de la tercera fila ,...), obtenim que ladistancia(ai, 0 = b) es fa cada cop mes petita i si i es fa mes i mes gran cadacop es la distancia mes a prop del 0,

0

1 = a01/2 = a1a2 = 1/4

18

116

132

164

¡¡

¡ª

@@

@R

1128 = a7

129 = a9

©©©*128 = a8

intuıtivament dirıem que aquest ai quan la i vagi creixent s’anira atansant a0 on voldrıem afirmar que 0 seria el “lımit” dels ai, posem aquest fet en elllenguatge matematic. (Fixeu-vos tambe que el conjunt de nombres {1/2i}i∈Nels hem ordenat, primer es 1, segon 1/2,... aixo correspon a un cas concret delque anomenem una successio de nombres, i com en aquest cas tots son racionals(ai = 1/2i ∈ Q) podrıem dir que es una successio de nombres racionals).

Definicio 1.2.8. Una successio de nombres reals es donar un valor real pera cada nombre natural n, anotem aquest valor an (o donar una aplicacio de N aR). Escriurem per {an} la successio formada. L’expressio an s’anomena termegeneral i usualment per poder-hi treballar te una expressio en funcio de n.

Exemple 1.2.9 (de successions).

1. a0 = 1, a1 = 1/2, a2 = 1/4, a3 = 1/8,. . . ,an = 1/2n,... (tambe pensarf : N→ R donat per n 7→ 1/2n).

2. Successio constant.√

3 = a0 = a1 = a2 = a3 = . . . = an = . . . (pensarf : N→ R n 7→ √

3).

3. a1 = (1+ 11 )1, a2 = (1+ 1

2 )2, a3 = (1+ 13 )3,..., an = (1+ 1

n )n, . . . successiodefinida per n ≥ 1.(Per tal que aquesta “successio” fos exactament com en la definicio desuccessio anterior, trieu a0 = 1(per exemple), o penseu bn = an−1 pertot n ∈ N. Aquests matisos son irrellevants si el que ens interessa es elcalcul del “lımit” de la successio: canviar un numero finit de termes enuna successio no influeix en decidir si convergeix o no la successio i encas de convergir no influeix en el valor on convergeix).


Definicio 1.2.10 (concepte teoric de lımit(a un numero de R)). Unasuccessio {an} (de numeros reals) diem que te lımit l ∈ R si per cada ε > 0, hiha un n0 ∈ N tal que

|an − l| < ε

per tot n ≥ n0 (aquest n0 depen del ε). En aquest cas escriurem,

limn→+∞

an = l o an → l

Observacio 1.2.11. +∞ o −∞ denota dos elements nous(“com dos numeros”)que no son reals, amb la propietat per exemple per +∞ es el nombre mes granque qualsevol nombre real, seria si pensem la recta real, seria el “nombre” que hihagues mes a la dreta (que no existeix a reals ja que no es pot obtenir). Definimmes endavant relacions de la + amb aquests dos nous elements. Abans pero solla notacio n → +∞ diu que anem triant naturals mes i mes grans atansant-sea aquest “nombre” fictici +∞ que no s’hi arriba mai.

Exemple 1.2.12 (Calcul limits via la definicio).

1. Una successio constant, per exemple {an} =√

3 te lımit el valor de laconstant, en el cas concret nostre l =

√3.

Efectivament aixo es directe via la definicio, ja que triat ε > 0 tenim que

|an − l| = 0 < ε

per tot n ≥ 0 = n0 (fins i tot aquı n0 no depen de ε), per tant obtenim elresultat.Important: fixeu-vos que per provar via la definicio heu de tenir una ideade qui pot ser el lımit i llavors provar que realment ho es via la definicio.

2. Sigui la successio donada pel terme general an = 1/nm definida per n ≥ 1amb m > 0 un natural. Anem a provar lim

n→∞an = 0.

Una resolucio. Fixem ε > 0 tenim |an − 0| = 1nm , i volem que sigui

( 1n )m < ε.

Com son nombres reals positius prenent l’arrel m-essima positiva de l’ultimadesigualtat i obtenim n > ( 1

ε )1/m, triem n0 com el natural mes petit com-plint n0 > (1

ε )1/m(n0 es (la part entera del nombre real ( 1ε )1/m)+1)

3. {an = (−1)n}. Provem que no te lımit aquesta successio.

Una resolucio. Suposem que tingues lımit, l, per forca alguna de les d(l,−1)o d(l, 1) es ≥ 1, triem ε = 0.25 tenim que no hi ha cap natural n0 on

|an − l| < 0, 25

per tot n ≥ n0 ja que com n0 es fix(un cop fixat ε) hi ha n’s parell i senars(mes grans o iguals a n0) i la desigualtat |an − l| < 0, 25 es converteix enles desigualtats |1− l| = d(1, l) < 0, 25 i | − 1− l| = d(−1, l) < 0, 25 cosaque no pot passar alhora. Per tant no existeix el lımit.


Abans de fer mes exemples de calcul de lımits enunciem certes propietatsutils per al calcul de lımits, i tambe desigualtats que ens ajuden en aquest calcul.

Propietats 1.2.13 (de lımits.I).

1. Si {an} una successio te lımit, llavors el lımit es unic.

2. Si {an} → l, {bn} → l′ i c ∈ R un numero, llavors

(a) {an + bn} → l + l′,(b) {anbn} → l · l′,(c) {c · an} → c · l,(d) {c + an} → c + l,(e) {bn/an} → l′/l si l 6= 0 i ∀n an 6= 0,(f) m

√an → m

√l si an son tots positius, i m

√ denota l’arrel positiva (m ∈N \ 0).

3. (Criteri del sandwich) Siguin {an} una successio i dos successions mesque sabem el seu lımit i que aquest sigui el mateix per ambdues, es a dir{bn} → l, {cn} → l i suposem que a mes per tot n ≥ M (M natural fix)tenim

bn ≤ an ≤ cn.

Llavors existeix el lımit de {an} i el seu lımit es l,

an → l.

4. Si {an} una successio te lımit, i sigui k ∈ Z. Considerem la successiobn = an+k (on triem bn = 0 si n + k < 0). Llavors {bn} te lımit i a mes:

limn→+∞

an = limn→+∞

an+k.

(Aquesta propietat es mes general, veieu teorema 1.2.48)

Observacio 1.2.14. Ja veiem que pel calcul de lımits es molt important sabertreballar molt be en inequacions, anem a donar tot seguit algunes desigualtatsque en alguns casos molt teorics per a vosaltres ens permeten calcular algunslımits a coneixer, el recurs via desigualtats es l’ultim per a calcular un lımit pera un enginyer i potser el primer per a un matematic.Unes desigualtats utilsEn la llista 1 [4], provaveu algunes desigualtats.Explicitem aquı altres desigualtats utils a coneixer. Recordeu primer la formulabinomial del binomi de Newton,

(a + b)n =n∑

j=0

(n

j

)ajbn−j , (1.5)

on el sımbol(nj

)denota el nombre natural

n!j!(n− j)!


on k! = k(k − 1)(k − 2) · . . . · 2 · 1, per a k ∈ N (0! = 1).Si a, b ≥ 0 obtenim que

(nj

)ajbn−j ≥ 0 per tot j, pet tant tenim la desigualtat

(a + b)n ≥(

n

j

)ajbn−j , (1.6)

per cada j amb a, b ≥ 0.En particular a = 1, b ≥ 0 i j = n− 1 obtenim:

(1 + b)n ≥(

n

n− 1

)1n−1b1 = nb. (1.7)

Exemple 1.2.15 (Calcul de lımits,via definicio, II).

1. Trobeu el lımit de {2n+13n }.

Una resolucio. Per aixo escriurem la successio de la seguent forma,

2n+1n3nn

i considerem les successions, an = 2n+1n i bn = 3n

n = 3, el lımit que volemcalcular es an/bn. Fixem-nos que bn es la successio constant = 3 i pertant te lımit 3, an = 2 + 1

n que es suma de dues successions on la primerava a 2 i la segona a 0 com havıem vist en els exemples de calcul de lımitsanterior (exemple 1.2.12,2) obtenim que el limit de an es 2 i per tant

{2n + 13n

} → 2/3.

2. Sigui r > 0 un numero real fixat, llavors

n√

r → 1.

Una resolucio. Distingim tres casos, (cas 0, r = 1 es clar que el lımit es1).Cas 1: r > 1, tenim llavors n

√r ≥ 1 d’on xn = n

√r − 1 ≥ 0, utilitzant la

desigualtat anterior(1.7) tenim

1 + nxn ≤ (1 + xn)n = r

restant 1 i passant a dividir per n obtenim les desigualtats

0 ≤ xn ≤ r − 1n

sabem que r−1n → 0 (per veure aquest lımit utilitzeu l’exemple 1.2.12.2 i

la propietat 1.2.13.2c), utilitzant llavors el criteri del Sandwich obtenim

xn → 0


i per tant quen√

r → 1

per r > 1.Cas 2: 0 < r < 1, utilitzeu xn = 1− n

√r, [exercici].

3. Proveu que n√

n → 1.

Una resolucio. Considerem xn = n√

n− 1 ≥ 0, tenim usant la desigualtat1.6 amb j = 2,b = 1 i a = xn:

n = (1 + xn)n ≥ n(n− 1)2

x2n

com xn ≥ 0 obtenim les desigualtats,

0 ≤ xn ≤√

2n− 1

(1.8)

usant la propietat de les arrels positives (1.2.15.2f) el lımit de la successiode la dreta en les desigualtats 1.8 es zero, pel criteri del Sandwich obtenimllavors que xn → 0 i d’aquı el resultat.

4. Si |r| < 1 llavors {rn} te lımit i es zero.

Una resolucio. Distingim dos casos,cas 1: 1 > r ≥ 0 tenim la desigualtat 0 ≤ r ≤ 1

1+h amb cert h > 0 elevanta n la desigualtat obtenim

0 ≤ rn ≤ (1

(1 + h)n) <

1nh

on l’ultima desigualtat ve de la desigualtat (1.7). El lımit de la successio1/nh va a zero, llavors pel criteri del Sandwich obtenim el resultat.Cas 2: −1 < r < 0, [exercici].

5. Calculeu el lımit de la successio an =√

n + 1−√n.

Una resolucio. Tenim les seguents desigualtats,

0 ≤ an = (√

n + 1−√n)√

n + 1 +√

n√n + 1 +

√n

=1√

n + 1 +√

n≤ 1

21√n

com sabem que limn→∞ 12

1√n

= 0, obtenim utilitzant el criteri del sand-wich

limn→∞

an = 0.


Observacio 1.2.16. Tot nombre real es pot obtenir com un lımit d’una suc-cessio formada per nombres racionals. Per exemple, considerem

√2 = 1, 4142135623730950488016887242097...

i considerem la successio an que sigui l’expressio decimal de√

2 amb n-xifresdecimals exactes. Tenim an ∈ Q i que el lımit d’aquesta successio an es

√2.?

Introduım ara dos nous elements ±∞, (pensem-los com “numeros”) relacio-nant-los amb la +, · dels nombres reals, que ens permeten resoldre directamentalguns lımits. ±∞ son els “numeros” que obtindrıem si poguessim arribar alfinal de la recta real.Els sımbols ±∞ tenen les seguents propietats (molt util aquest fet pels calculde lımits ja que substituirem n en un lımit per +∞ i aixo ens permetra resoldremolts lımits sense passar per la definicio, com hem fet fins ara en els exemplesde lımits).

Propietats 1.2.17 (de R ∪ ±∞,I).(+∞) + (+∞) = +∞ (−∞) + (−∞) = −∞ (+∞) + a = +∞

(−∞) + a = −∞ a− (+∞) = −∞ a− (−∞) = +∞a/(+∞) = 0 a/(−∞) = 0 (+∞)(+∞) = +∞

(+∞)(−∞) = −∞ (−∞)(−∞) = +∞a · (+∞) = +∞ si a > 0 a · (+∞) = −∞ si a < 0a · (−∞) = −∞ si a > 0 a · (−∞) = +∞ si a < 0on a es un numero real.

Observacio 1.2.18 (calcul de lımit). Usualment no utilitzem la definicio delımit, pel calcul practic d’un lımit, podem substituir n per +∞ en l’expressiod’ani utilitzar les propietats dels nombres R∪ {±∞}(les primeres propietats lestenim llistades anteriorment 1.2.17), tot i aixı hi haura molts lımits que nopodrem resoldre ja que no les tenim com a propietats de R ∪ {±∞} (“indeter-minacions”) i no sabem quin numero ens dona; per a resoldre aquests casostindrem alguns criteris i “trucos” per fer-ho, pero no sempre ens permetrantresoldre’ls tots, i potser en algun cas cal estudiar-ho via desigualtats molt pre-cises i que hem de trobar nosaltres mateixos en el cas particular que estiguessimestudiant, fent el calcul de lımits no del tot facil.

Exemple 1.2.19 (Aplicacio calcul del lımit). Calculeu lımit an = 3n+12n .

Una resolucio. Dividint a d’alt i a baix per n obtenim que an = 3+1/n2 substitu-

int la n per +∞ en l’expressio de an obtenim que dona 3/2 usant les propietatsd’aquest nombre +∞ (1.2.17), com aquesta expressio l’hem poguda calcular,resulta que aquest valor es el lımit.Tornem a escriure que pot passar que al substituir no podem concloure el valor,s’anomenara indeterminacions i llavors per fer els calculs dels limits cal estudiar-ho via criteris, usar la definicio i propietats, ... En el nostre exemple 3n+1

2n sisubstituım primer la n per ∞ tenim que ens surt ∞∞ que no sabem que es (“inde-terminacio”), en aquest cas fem el “truco” dividir al numerador i denominadorde l’expressio d’an per una potencia en n, en el nostre cas dividim per n, fentaquest “truco” obtenıem que an = 3+ 1

n

2 i aquı si que substituint la n per +∞obtenim el resultat.


Observacio 1.2.20 (Successions de nombres complexos). Podem consi-derar successions de nombres complexos {zn} es a dir una successio de nombreszn pero enlloc de ser aquests zn nombres reals com fins ara, que siguin nombrescomplexos. Per exemple la successio {an = n+n2i} es una successio de nombrescomplexos. Podem parlar del lımit de la seguent manera: diem que existeix ellımit de zn si existeix el lımit de Re(zn) i el lımit de Im(zn) com dos nombresreals i llavors:

limn→+∞

zn = limn→+∞

Re(zn) + i limn→+∞

Im(zn).

1.2.3 Successions creixents i decreixents. Exponencial.

Definicio 1.2.21. 1. Una successio {an} de numeros reals s’anomena (mo-notona) creixent si an+1 ≥ an per a tot natural n.

2. Una successio {an} de numeros reals s’anomena (monotona) decreixent sian+1 ≤ an per a tot natural n.

Definicio 1.2.22. Sigui {an} una successio de numeros reals. Considerem elconjunt S = {an|n ∈ N} = ∪n∈N{an}.

1. Diem que {an} es acotada superiorment si S te una cota superior, es adir existeix t ∈ R on an ≤ t per tot n ∈ N.

2. Diem que {an} es acotada inferiorment si S te una cota inferior, es a direxisteix s ∈ R on an ≥ s per tot n ∈ N.

3. Diem que {an} es acotada si es acotada superiorment i inferiorment.

Teorema 1.2.23 (Existencia de lımit per successions monotones.).

1. Sigui {an} una successio monotona creixent de nombres reals an acotadasuperiorment, llavors la successio {an} te lımit l ∈ R i aquest l = sup(S).

2. Sigui {bn} una successio monotona decreixent de nombres reals bn aco-tada inferiorment, llavors la successio {bn} te lımit l ∈ R i aquest l =inf({bn|n ∈ N}).

Observacio 1.2.24. L’anterior teorema ens dona condicions per tal que exis-teixi el lımit, pero no ens ajuda en res de com trobar el lımit.

Observacio 1.2.25. L’anterior teorema es demostra utilitzant l’axioma de com-pletitut (teorema 1.2.5) dels nombres reals, prenent com conjunt S = {an} o= {bn}, concloent que el suprem o ınfim segons correspongui es el lımit buscat.

Exemple 1.2.26.

1. Considerem an = 1/rn amb r > 1. Proveu que te lımit. Quin es aquestlımit?


Una resolucio. Observeu que 1/rn+1 ≤ 1/rn per a tot n per ser r > 1, pertant es una successio decreixent. A mes per tot n tenim 1/rn es acotadainferiorment per 0, aplicant el teorema anterior podem dir que te lımit.Com calculem aquest lımit? Be mes endavant (1.2.35) veurem que de lespropietats dels nombres R ∪ {±∞} que “1/r+∞”=0 i per tant obtenimque el lımit es 0. Si volem fer-ho utilitzant el que sabem fins ara, observeu0 < ( 1

r ) < 1 i utilitzant 1.2.15.4 tenim limn→+∞

( 1r )n = 0 obtenint el resultat.

Una altra manera d’obtenir aquest lımit: anotem l ∈ R al lımit de lasuccessio 1/rn, de la desigualtat

0 ≤ 1rn+1

=1r

1rn

≤ 1rn

i prenent lımit amb n → +∞ obtenim

0 ≤ l =l

r≤ l

i com r > 1 obtenim l = 0.

2. Considerem la successio a0 = 1 i an = an−1 + 12n per n ≥ 1. Te lımit?

En cas afirmatiu, intenteu calcular-lo.

Una resolucio. Fixeu-vos que aquesta successio es la primera donada noen funcio de n els termes de la successio, si no en termes dels anteriors,aquestes successions son molt usuals a la natura, per exemple a0 podria in-dicar el nombre d’una especie en l’any inicial d’estudi i an seria la poblacioen l’any n, llavors un model de l’especie podria ser relacionant an amb lapoblacio d’anys anteriors.

Definicio 1.2.27. Una successio {an} s’anomena recurrent si

an = f(a0, . . . , an−1, n),∀n ≥ n0

(amb f depen almenys d’algun an−k per k ≥ 1), en altres paraules, quecada an s’expressa en relacio als elements de la successio anteriors al an,es a dir a0, a1,...an−1(d’algun d’ells). Per estar definida una successio re-current, necessitarem saber uns primers valors de la successio a0, . . . , an0 .?

Fixeu-vos que la successio d’aquest exemple (a0 = 1 i an = an−1 + 12n ) es

una successio recurrent on an s’expressa unicament en relacio amb an−1

i n . Anem a intentar saber si te lımit o no en te, i en cas de tenir-ne,mirarem de calcular-lo.Agafeu un paper, i aneu partint-lo en dos trossos. Un tros penseu que es1 i l’altre es tambe 1, partiu en dos trossos, un d’aquest, teniu 1/2 i 1/2.Agafeu un d’aquest i partiu-lo en dos, itereu... Intuıtivament es veu quete lımit i quin es. (Ho veieu?).Anem a fer-ho matematicament i indicar com calculem el lımit, que es 2.Veiem que an es una successio monotona creixent i que es acotada, llavorsgracies a tenir el teorema anterior, podem afirmar que existeix el lımit.Anem a provar que existeix doncs aquest lımit.


Creixent: es evident ja que an = an−1 + 12n > an−1 sempre per tot n ≥ 1,

per tant es monotona creixent.

Acotada superiorment i te lımit 2:Observem que

|an| = |an−1 +12n| = |1 +

12

+122

+123

+ . . . +12n| = 1− (1/2)n+1

1− (1/2)≤ 2

on l’ultima igualtat es usant la igualtat de l’exercici 1 de la llista 1 ([4]) i ladesigualtat es d’esser (1/2)n una successio decreixent(exemple anterior).Per tant obtenim que an te lımit (teorema 1.2.23)!En aquest exemple podem acabar calculant-ho.Com tenim que la successio (1/2)n es decreixent i te lımit 0 (exempleanterior amb r = 2) tenim que utilitzant la igualtat an = 1−(1/2)n+1

1−(1/2)

obtenim;

limn→+∞

an = limn→+∞

1− (1/2)n+1

1− (1/2)= 1/(1/2) = 2.

3. (Exemple “tıpic” de calcul lımit de successions recurrents.) Sigui a0 =+√

2 i an = +√

2an−1 per tot n ≥ 1. Proveu que la successio an te lımiti calculeu-lo.

Una resolucio. Per provar que te lımit, utilitzarem el teorema anterior1.2.23, provant que es monotona i que es acotada.Acotada per 2:Provem per induccio P (n) = {an ≤ 2}. El cas P (0) es clar,

√2 ≤ 2.

Suposem que P (N) es veritat, veiem llavors que P (N + 1) es veritat.Elevant al quadrat;

a2N+1 = +2aN ≤ 4

prenent arrels quadrades positives (FET: √ mante desigualtats de nom-bres reals positius), (on la desigualtat prove de suposar cert que P (N) esveritat, hipotesi d’induccio), obtenim llavors que +√aN+1 ≤ 2, es a dirque P (N + 1) es veritat.Monotona creixent: calculem a1 =

√2a0 =

√2√

2 i es mes gran que√2 = a0, per tant mirem de provar si la successio es creixent. Anem a

provar-ho per induccio, es a dir provar que P (n) = {an+1 ≥ an}. El casP (0) es el que acabem de veure per decidir que creiem que pot ser creixent.Suposem que P (K) es veritat i mirem de provar que P (K + 1) es veritat;provant aixı pel principi d’induccio que la successio an es creixent.Elevem al quadrat,

a2K+2 = 2aK+1 ≥ aK+1aK+1 = a2

K+1,

la desigualtat s’obte d’utilitzar que an esta acotada superiorment per 2.Prenem arrels quadrades positives de la desigualtat anterior obtenim

aK+2 ≥ aK+1


provant que P (K + 1) es veritat, on tenim que an es monotona creixent.D’aquı concloem que an te lımit utilitzant el teorema 1.2.23. Anem acalcular-ho.Calcul del lımit: Escrivim l = lim

n→+∞an. De l’expressio

an =√

2an−1, (1.9)

substituım an per l prenent la igualtat (1.9) al lımit, obtenim

l = +√

2l, (1.10)

elevant al quadrat l’anterior igualtat (1.10) obtenim l2 = 2l i resolentaquesta equacio de segon grau en l obtenim que l = 0 o be 2. Com tenimque an es creixent i de nombres mes grans que 0 el lımit no pot ser zero,per tant

limn→+∞

an = 2.

4. Considerem la successio a0 = 2 i an = 12 (an−1 + 2

an−1) per n ≥ 1. Proveu

que te lımit i calculeu-lo.

Una resolucio. Primer veurem que esta acotada inferiorment i despres quees monotona decreixent per a provar que te lımit. Segons com obtenimdesigualtats en provar-ho a vegades interessa canviar l’ordre.Acotada inferiorment per

√2: a0 >

√2, per tant el primer valor es mes

gran. Anem a suposar que aK ≥ √2, anem a demostrar que aK+1 ≥

√2

i per tant√

2 es una cota inferior.

aK+1 =12(aK +

2aK

) ≥√

2? ⇔ a2K +2 ≥ 2

√2aK? ⇔ a2

K−2√

2aK +2 ≥ 0?

(1.11)anem a estudiar aquesta ultima expressio on es una inequasio de segongrau amb incognita aK i estudiar quan es mes gran que zero, resolent-hoveiem que te arrel doble

√2 el polinomi x2− 2

√2x+2 = 0 i per x ≥ +

√2

es positiu i com aK ≥ √2 obtenim que la resposta a ? (1.11) es positiva,

per tant aK+1 esta acotat inferiorment per√

2.Monotona decreixent: fixem-nos que a1 ≤ a0. Anem a veure en general.

an+1 ≤ an? ⇔ an+1

an≤ 1? ⇔

on l’equivalencia es que podem dividir per an ja que tots son positius idiferents de zero (hem vist que acotats inferiorment per +

√2), usant la

definicio de an+1 en funcio de an obtenim,

12

+1a2

n

≤ 1? ⇔ 1a2

n

≤ 12? ⇔

a2n ≥ 2? ⇔ an ≥

√2?


on l’ultima pregunta sabem que la resposta es Si, per tant l’interrogantinicial te resposta positiva, obtenint llavors que es monotona decreixent.Usant el teorema 1.2.23 obtenim que la successio an te lımit, diem-lo l.Calcul del lımit l: fent tendir n a +∞ en l’expressio recurrent de an

obtenim la igualtat

l =12(l +

2l),

resolent aquesta equacio de grau 2 en l obtenim els valors ±√2 com esan ≥ 0 tenim que el lımit no pot ser −√2 per tant

limn→+∞

an = +√

2.

5. Considerem x0 = 1 i xn+1 = −38 + xn. Te lımit un nombre real?

Una resolucio. Fixeu-vos que es clar que es decreixent la successio:

xn+1 =−38

+ xn < xn, (1.12)

expressio valida per tot n.Es acotada inferiorment? Fixeu-vos que a cada pas restem −3/8 (unnumero fix), la sensacio es que no esta acotada. Si fos acotada podrıemaplicar el teorema 1.2.23 i tindrıem que te lımit l llavors passant al lımit laigualtat (1.12) obtenim l = − 3

8 + l i no hi ha cap nombre real que satisfaaquesta igualtat, per tant segur que no esta acotada (els unics “nombres”que satisfan aixo es ±∞).Una altra manera es adonar-se que

an = 1− n38

,

i es clar que aquesta successio no esta acotada. Veurem en §1.2.4 quete lımit −∞ aquesta successio, (realment ampliant el concepte de lımit aR∪ {±∞} teniu que tota successio monotona creixent te lımit, i que totasuccessio monotona decreixent te lımit, i aquest lımit es un nombre real siesta la successio acotada(es aixo el que hem vist en aquesta seccio)).

Exemple 1.2.28 (El nombre real e.). Considerem la successio an = (1+ 1n )n.

Veiem que la successio an es monotona creixent i acotada superiorment i pertant te lımit.

Una resolucio. Monotona creixent: utilitzant el binomi Newton (1.5) tenim laigualtat seguent,

(1 +1n

)n = 1 + n1n

+(

n

2

)1n2

+ . . . +(

n

n

)1nn

=

1+1+12!

(1− 1n

)+13!

(1− 1n

)(1− 2n

)+. . .+1n!

(1− 1n

)(1− 2n

) . . . (1−n− 1n

), (1.13)


on per an+1 obtenim que cada sumand d’aquesta ultima expressio creix ja quecada (1− r

n ) creix en creixer n.

Acotada superiorment: tenim de l’ultima expressio de an (1.13) tenim

an ≤ 1 + 1 +12!

+ . . . +1n!≤ 1 + 1 +

12

+122

+ . . . +1

2n−1< 3

provant que esta acotada superiorment, on la segona desigualtat es prova viainduccio (n! ≥ 2n−1).Aixı provem que te lımit (per afirmar aixo utilitzem el teorema 1.2.23). Quines aquest lımit?

Definicio 1.2.29 (Nombre e). Anomenem nombre e al nombre real

e := limn→+∞

(1 +1n

)n.

Observacio 1.2.30 (*). El nombre e (tambe el π) es un nombre real molt es-pecial. Com estem en un curs d’algebra, per un algebrista diria que e (com π)es un nombre real (es irracional) que compleix que NO hi ha cap polinomi ambcoeficients racionals on e sigui una arrel del polinomi.(Veieu §1.31,1.3.2 perdefinicio de polinomis a coeficients en un conjunt de numeros i arrels de poli-nomis). (Mes nombres amb aquesta propietat algebraica son sin(1), cos(1), ...mireu a la meva pagina web http://mat.uab.es/∼francesc/ la llico divulgativasobre nombres transcendents)?

Anem a repassar l’exponenciacio d’un nombre real positiu i a recordar-ne lesprincipals propietats.

Proposicio 1.2.31 (Propietat dels nombres reals). Sigui m un natural.Tot nombre real positiu r te una unica arrel m-essima real positiva.

Observacio 1.2.32. Recordeu que, donat un nombre r, una arrel m-essima der es un nombre z complint zm = r.

Demostracio. [Fem un esboc] tot nombre real te una expressio decimal, obtenintuna desigualtat de l’estil

(pn

10n)m ≤ r < (

pn + 110n

)m

on pn es un nombre natural amb pn/10n una successio monotona creixent(pn/10n

correspondria a l’expressio decimal fins al lloc n del nombre real que volemprovar-ne l’existencia, es a dir el nombre “ m

√r” ) i acotada superiorment per r,

el lımit l ( pn

10n → l) satisfa lm = r.(Intenteu veure la unicitat).

Exercici 1.2.33. Feu un enunciat semblant a la proposicio anterior per nom-bres reals negatius i intenteu argumentar com demostrarıeu el que afirmeu.


Repas de l’exponencial en base real.Sigui a ∈ R amb a > 0, x ∈ R m,n denoten naturals positius. Recordeu quedefinim

am/n := n√

am

aquesta definicio te sentit per la proposicio 1.2.31 i esta ben determinada ja quesi m

n = m′n′ es te a

mn = a

m′n′ . Definim,

a−m/n := (am/n)−1

a0 := 1

Definim ara ax, de la forma seguent. Triem una successio {qn} de nombresracionals amb lımit x (existeix aquesta successio, 1.2.16),

ax := limn→+∞

aqn ,

i es prova que no depen de la successio qn triada amb la propietat {qn} → x.

Propietats 1.2.34 (de l’exponencial). Siguin a, b ∈ R ambdos estrictamentpositius, i x, y ∈ R, llavors:

1. ax > 0

2. axay = ax+y,

3. (ax)y = axy,

4. (ab)x = axbx.

5. Si a > 1 i x < y ⇒ ax < ay.

6. Si a < 1 i x < y ⇒ ax > ay.

7. Si {xn} → x, llavors {axn} → ax,

8. Si {xn} → x ∈ R i {an} → a amb ai, a nombres reals positius, llavors

{axnn } → ax.

Propietats 1.2.35 (de R ∪ {±∞},II).Sigui a un nombre real positiu, es dir a ∈ R a > 0; i b ∈ R,

1. (+∞)b ={

+∞, si b > 00, si b < 0

2. a+∞ ={

+∞, si a > 10, si 0 < a < 1

3. (+∞)+∞ = +∞, i (+∞)−∞ = 0.


Observacio 1.2.36. Si −1 < b < 0 i definim b+∞ en R ∪ {±∞} com limbqn

amb qn → +∞ successio de nombres naturals (qn ∈ N)(* Ho triem als naturalsja que sino l’expressio bqn no esta determinada per a qn un nombre racionalarbitrari).Tenim les desigualtats,

−|b|qn ≤ bqn ≤ |b|qn

com els extrems tendeixen a 0 tambe ho fa el del mig.

Observacio 1.2.37 (logaritme). Recordeu que a R tenim fixat a > 0 realtenim definit loga on loga(x) esta definit per x > 0 i te la propietat loga(ax) = xi aloga(x) = x. Recordeu-vos de loga(xy) = loga(x) + loga(y) si x, y > 0.Denotarem per log al logaritme en base e (en algun textos s’anota per ln loga-ritme neperia).De la definicio de l’exponencial i de les propietats del logaritme obtenim laseguent propietat de la exponencial real

ax = ay ⇔ x = y.

1.2.4 Lımits de successions a R∪{±∞}. Indeterminacionsi criteris per al calcul de lımits.

Definicio 1.2.38 (concepte de lımit a ±∞).(1)Diem que una successio {an} te lımit +∞ i escriurem lim

n→∞an = +∞ si per

cada r ∈ R existeix n0 tal que an > r ∀n ≥ n0.(2)Diem que una successio {an} te lımit −∞ i escriurem lim

n→∞an = −∞ si per

cada r ∈ R existeix n0 tal que an < r ∀n ≥ n0.

Exemple 1.2.39 (lımits de successions a ±∞). Calculeu el lımit en cas detenir-ne de les successions,

1. an = n.

Una resolucio. Via definicio: triem r ∈ R i sigui [r] + 1 el enter entrer < [r] + 1 ≤ r + 1; tenim llavors que per n0 = [r] + 1 tenim an > r pertot n ≥ n0, aixo prova que el lımit es +∞.Una altra manera es substituir en an la n per +∞ tenim que dona +∞i per tant es un “nombre” a R ∪ {±∞}, i per tant aquest es el valor dellımit.

2. an = −n

Una resolucio. Substituım la n per +∞ i per les propietats de R∪ {±∞}obtenim que el lımit es −∞.

3. an = (n3 + 2n)/(n2 + 1).


Una resolucio. Substituım la n per +∞ i tenim ∞∞ que no sabem resoldre.

Per aixo dividim en an numerador i denominador per n2 obtenim llavorsque podem escriure

an =n + 2

n

1 + 1n2

substituint ara la n per +∞ obtenim que dona

+∞/1

i per tant el lımit es +∞.

Observacio 1.2.40. Una successio de nombres reals pot tenir lımit o no tenir-ne; i si en te (de lımit) pot ser aquest valor un nombre real o +∞ o −∞.

Propietats 1.2.41 (de lımits.II.). Diem que una successio te lımit si te lımitun element de R ∪ {±∞}.

1. Si {an} una successio te lımit, llavors el lımit es unic.

2. Si {an} → l, {bn} → l′ i c ∈ R un numero, llavors

(a) {an+bn} → l+l′, sempre i quan l+l′ estigui determinat a R∪{±∞}.(b) {anbn} → l · l′, sempre i quan l · l′ estigui determinat a R ∪ {±∞}.(c) {c · an} → c · l, sempre i quan c · l estigui determinat a R ∪ {±∞}.(d) {c + an} → c + l,(e) {bn/an} → l′/l si l 6= 0 i ∀n an 6= 0,sempre i quan l′/l estigui

determinat a R ∪ {±∞}.(f) m

√an → m

√l si an son tots positius, arrel positiva (m ∈ N \ 0).

(g) suposem que podem definir abnn , llavors

{abnn } → ll

′,

sempre i quan ll′estigui determinat a R ∪ {±∞}.

3. (Criteri del sandwich) Siguin {an} una successio i dos successions mesque sabem el lımit i que aquest lımit sigui el mateix {bn} → l, {cn} → l.Imposem a mes

bn ≤ an ≤ cn.

Llavors existeix el lımit de {an} i aquest lımit es l,

an → l.

4. Tota successio creixent te lımit. Si a mes la successio esta acotada supe-riorment el lımit ∈ R. Tota successio decreixent te lımit. Si a mes estaacotada inferiorment el lımit ∈ R.

5. Si {an} una successio te lımit, i sigui k ∈ Z. Considerem la successiobn = an+k (on triem bn = 0 si n + k < 0). Llavors {bn} te lımit i a mes:

limn→+∞

an = limn→+∞

an+k.

(Aquesta propietat es mes general, veieu teorema 1.2.48)


6. (Comparacio) Sigui bn una successio de termes no nuls que te lımit i siguian una altra successio on lim

n→+∞an

bn= 1 llavors

limn→+∞

an = limn→+∞

bn.

Exemple 1.2.42. an = P (n)Q(n) amb P,Q dos polinomis no nuls.

Una resolucio. Escrivim P (x) = dmxm + . . . + d0 amb dm 6= 0 i Q(x) = ckxk +. . . + c0 amb ck 6= 0. Distingim tres casos:Cas m = k: Dividim numerador i denominador per nk,

limP (n)Q(n)

= limP (n)/nk

Q(n)/nk.

Observem

limQ(n)nk

= lim(ck + ck−11n

+ · · ·+ c0

nk) = ck,

on l’ultima igualtat es del fet que ci

ni → 0 per i > 0 i utilitzar la propietat1.2.41.2c.Pel mateix argument,

limP (n)nk

= lim(dk + dk−11n

+ · · ·+ d0

nk) = dk,

per tant el lımit demanat es

limn→+∞

P (n)Q(n)

=dk

ck.

Cas m > k: Dividim numerador i denominador per nk, i estudiem

limP (n)Q(n)

= limP (n)/nk

Q(n)/nk.

Observem primer (argumentant de manera semblant que el cas anterior)

limQ(n)nk

= lim(ck + ck−11n

+ · · ·+ c0

nk) = ck.

Anem a estudiar lim P (n)nk = lim

((dmnm−k + · · ·+ dk) + (dk−1

n + . . . + d0nk )

).

Observeu que dk−1n + . . .+ d0

nk → 0, i com {dmnm−k + · · ·+ dk} es pot compararamb dmnm−k que te lımit +∞ si dm > 0 i −∞ si dm < 0 (utilitzem la propietat1.2.41,6). Per tant (usant la propietat 1.2.41.2e) obtenim:

limn→+∞

P (n)Q(n)

={

+∞, si ckdm > 0−∞, si ckdm < 0.

Cas m < k: Observem que limQ(n)/P (n) es calcula com el cas anterior pertant es o +∞ o −∞ com lim P (n)/Q(n) = 1

lim Q(n)/P (n) obtenim que aquestlımit es 0, es a dir,

limn→+∞

P (n)Q(n)

= 0.


Observacio 1.2.43. Hi ha pero moltes situacions que no estan determinats elsvalors a R ∪ {±∞}, “indeterminacions” i llavors no ens es util les propietatsanteriors 1.2.41 per a calcular-ne el lımit (si es que te lımit). Llistem algunesexpressions que no sabem dir res i que no estan definits com a elements a R ∪{±∞}(“indeterminacions”)(no es troben dins les propietats 1.2.35 i 1.2.17):

∞−∞,∞∞ , 0 · ∞,

00, 1∞, (+∞)0, 0∞, 00, ...?

Anem a donar certs resultats i criteris que ens permeten resoldre algunesindeterminacions. Si cap ens va be, sempre un pot intentar usar la definicio idesigualtats.Intentem calcular el seguent lımit (en cas que en tingui),

n!√

n! →?

Que fem? si substituım la n per +∞ obteniu l’expressio∞0 que no sabem dir-neres. Anem a fer una mica mes de teoria i l’aplicarem en resoldre l’anterior lımit.

Successions parcials.

Definicio 1.2.44. Sigui {an} una successio de nombres reals. Sigui

m0 < m1 < m2 < . . .

successio de naturals estrictament creixent, considerem la successio {bn :=amn}n aquesta successio {bn} s’anomena una successio parcial de la successio{an} (fixeu-vos que b0 = am0 , b1 = am1 , . . . anem triant numeros de la successioan per formar la successio bn per aixo el nom de successio parcial de an).

Exemple 1.2.45. Considerem an = (−1)n. Triem la successio de naturals delsnombres parells,

0 < 2 < 4 < 6 < . . .

triem bn = a2n = (−1)2n = 1, tenim que la successio constant {1}n es unasuccessio parcial de an = (−1)n

Observacio 1.2.46. Donada una successio, tenim moltıssimes successions par-cials, tantes com successions de naturals estrictament creixent que podem con-struir.

Exercici 1.2.47. Proveu que la successio { n!√

n!} es una successio parcial de lasuccessio n

√n.

Anem a entendre com es relaciona els lımits entre la successio i les successionsparcials.

Teorema 1.2.48. Sigui {an} → l ∈ R ∪ {±∞}. Llavors tota successio parcial{amn} de {an} te tambe lımit i es l

Observacio 1.2.49. Fixeu-vos que el recıproc de l’anterior teorema no es ve-ritat, veieu l’exemple seguent.

Anem a utilitzar aquest resultat per calcular limits.


Exemple 1.2.50.

1. Proveu que la successio an = (−1)n no te lımit.

Una resolucio. Considerem la successio parcial bn = a2n = 1 tenim quebn → 1, considerem la successio parcial cn = a2n+1 = −1 que te lımit −1,tenim dues successions parcials que tenen lımit diferent, per tant l’anteriorteorema (1.2.48) ens ajuda a dir que an no te lımit, ja que si en tingues totasuccessio parcial tindria el mateix lımit, i tenim dues successions parcialsde an amb lımit diferent.

2. Calculeu el lımit de { n!√

n!}.

Una resolucio. Sabem que es una successio parcial de n√

n (1.2.47) i heuvist a l’exemple (1.2.15,3) que aquest lımit es 1, per tant

n!√

n! → 1.

Observacio 1.2.51. Fixeu-vos que el teorema 1.2.48 ens ha estat util per aprovar que una successio no te lımit (cap aquesta idea llegiu el teorema 1.2.52)i per a trobar lımits de successions.

El seguent resultat no l’aplicarem pero us l’escric perque us pot ajudar aentendre millor la teoria de successions,

Teorema 1.2.52 (Bolzano-Weierstrass*). Tota successio acotada de nom-bres reals (es a dir |an| ≤ µ per tot n amb µ ∈ R fix) te una successio parcialconvergent.

Exemple 1.2.53 (*). L’anterior resultat ens afirma que la successio {(−1)n}(que es acotada per 1) te una successio parcial convergent. Dieu-me’n una[exercici].

Criteris per a resoldre indeterminacions

Anem a donar alguns criteris de convergencia per a resoldre indetermina-cions.

Criteri 1.2.54 (1er Stolz). Sigui {an} successio de nombres reals amb

limn→+∞

an = α ∈ R,

i una altra successio {bn} amb bn ≥ 0 per tot n complint que {(cn := b1 + . . . +bn)}n no esta acotada superiorment(es a dir la successio cn te lımit +∞).

Llavors,

limn→+∞

a1b1 + . . . + anbn

b1 + . . . + bn= α.


Criteri 1.2.55 (2on Stolz).

1. Siguin {an} i {bn} successions de nombres reals amb bn estrictament de-creixent (es a dir bn+1 < bn ∀n), complint que lim

n→+∞an = lim

n→+∞bn = 0

i a mes limn→+∞

an+1−an

bn+1−bn= α ∈ R ∪ {+∞}.

Llavors,

limn→+∞

an

bn= α.

2. Siguin {an} i {bn} successions de nombres reals amb bn estrictament crei-xent (es a dir bn+1 > bn ∀n) (o estrictament decreixent) i no acotada su-periorment (respectivament no acotada inferiorment), i lim

n→+∞an+1−an

bn+1−bn=

α ∈ R ∪ {±∞}.Llavors,

limn→+∞

an

bn= α.

Exemple 1.2.56 (Aplicacio a la resolucio de lımits).

1. Calculeu limn→+∞

log(n)n .

Una resolucio. Fixeu-vos que substituir la n per +∞ tenim ∞/∞ que nosabem dir-ne res. El segon criteri Stolz.2 ens dona un criteri per resoldreen algun cas la indeterminacio ∞/∞.Triem bn = n, es una successio estrictament creixent i no acotada supe-riorment (i.e. no existeix M ∈ R on bn ≤ M per tot n). Triem an = ln(n)i intentem calcular lim

n→+∞an+1−an

bn+1−bn.

limn→+∞

log(n + 1)− log(n)n + 1− n

= limn→+∞

log(n + 1

n) = log(1) = 0,

ara apliquem el segon criteri de Stolz, apartat 2, per concloure que

limn→+∞

log(n)n

= 0.


1+2√

2+3√

3+...+n√

nn2√

n.

Una resolucio. Triem bn = n2√

n que es una successio estrictament creix-ent no acotada superiorment, i an = 1+2

√2+3

√3+ . . .+n

√n, calculem

limn→+∞

an+1−an

bn+1−bn=

limn→+∞

(n + 1)√

n + 1(n + 1)2

√n + 1− n2

√n

=


limn→+∞

(n + 1)√

n + 1((n + 1)2√

n + 1 + n2√

n)(n + 1)4(n + 1)− n4n

=

limn→+∞

(n + 1)4 + n2(n + 1)√

n(n + 1)(n + 1)5 − n5

=

limn→+∞

(n+1)4+n2(n+1)√

n(n+1)

n4

(n+1)5−n5

n4

= 2/5

via el 2on criteri d’Stolz obtenim,

limn→+∞

1 + 2√

2 + 3√

3 + . . . + n√

n

n2√

n= 2/5.

Criteri 1.2.57 (de l’arrel).Sigui {an} una successio de nombres reals positius (an > 0 per tot n) i suposemlim

n→+∞an+1an

= α ∈ R ∪ {+∞}. Llavors sabem calcular el limit seguent:

limn→+∞

n√

an = α.

Exemple 1.2.58 (Aplicacio a la resolucio de lımits).


1n

n

√(2n)!

n! .

Una resolucio. Considerem an = (2n)!nnn! , fixeu-vos que volem calcular el

lımit n√

an. Calculem,

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞(2n + 2)(2n + 1)

(n + 1)2(

n

n + 1)n = 4/e,

on en l’ultima igualtat utilitzem limn→+∞

(2n+2)(2n+1)(n+1)2 = 4 (dividint per n2

numerador i denominador) i que limn→+∞

( nn+1 )n = lim

n→+∞((1+ 1

n )n)−1 = e−1.

Pel criteri de l’arrel obtenim que el lımit buscat es 4/e, es a dir,

limn→+∞

1n

n

√(2n)!n!

= 4/e.


n√n!

n = limn→+∞

n

√n!nn .

Una resolucio. Considerem an = n!nn , obtenim que

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞(n + 1)nn

(n + 1)n+1= lim

n→+∞(

n

n + 1)n = e−1,

per tant pel criteri de l’arrel obtenim

limn→+∞

n√

n!n

= e−1.


Criteri 1.2.59 (mitjana aritmetica).Sigui {an} una successio de nombres reals tal que lim

n→+∞an = α ∈ R ∪ {±∞},

llavorslim

n→+∞a1 + . . . + an

n= α.

Criteri 1.2.60 (mitjana geometrica).Sigui {an} successio de nombres reals estrictament positius i lim

n→+∞an = α ∈

R ∪ {+∞}, llavorslim

n→+∞n√

a1 · . . . · an = α.

Observacio 1.2.61. (*) Unicament per caire informatiu, recordeu que entrela mitja aritmetica i geometrica de nombres positius ai ≥ 0 es te la desigualtatseguent,

(a1 · . . . · an)1/n ≤ a1 + . . . + an

n,

amb igualtat si i nomes si a1 = . . . = an.

Exemple 1.2.62. Calculeu limn→+∞

n√

n!.

Una resolucio. Considerem an = n fixeu-vos que n! = an·. . .·a1 com limn→+∞

an =

+∞ obtenim utilitzant el criteri de la mitja geometrica,

limn→+∞

n√

n! = +∞.

Criteri 1.2.63 (del numero e).

1. (1er criteri) Siguin {an} una successio de nombres reals amb limn→+∞

an ∈{±∞}. Suposem que la successio (1 + 1

an)an te sentit en R, llavors:

limn→+∞

(1 +1an

)an = e.

2. (2n criteri) Siguin {an}, {bn} dues successions de nombres reals complintque lim

n→+∞an= 1, lim

n→+∞bn ∈ {±∞}, que abn

n es definit a R i existeix

limn→+∞

(an − 1)bn = h ∈ R. Llavors,

limn→+∞

abnn = eh.

Exemple 1.2.64. Calculeu limn→+∞

(n2+1n2+n

)2n

.

Una resolucio. Escrivim,

(n2 + 1n2 + n

)2n

=(

1 +1− n

n2 + n

)2n

=


(1 +

1(n2+n

1−n )

)2n

=

(1 +

1(n2+n

1−n )

)( n2+n1−n )2n( 1−n

n2+n)

,

(fixem-nos que pel 1er criteri del nombre e tenim,(

1 + 1

( n2+n1−n )

)( n2+n1−n )

→ e,

i) fixem-nos que (an − 1)bn = 2n( 1−nn2+n ) → −2 per tant pel segon criteri del

nombre e obtenim

limn→+∞

(n2 + 1n2 + n

)2n

= e−2.

El seguent resultat ens afirma que podem substituir en el calcul de lımits elfactorial per funcions,

Formula 1.2.65 (de Stirling(*)).

limn→+∞

n!e−nnn

√2πn

= 1.

1.2.5 Series numeriques: primeres propietats.Criteris.

En aquesta subseccio intentarem estudiar la suma d’infinits nombres reals, real-ment no intentarem dir-ne el resultat, problema molt difıcil, sino en dir-ne si lasuma es un nombre real(convergent) o be no ho es (no existeix o es infinit).Problema: tenim una successio de nombres reals a0, a1, a2, . . . i volem saber quinnombre es si els sumem tots a0 +a1 +a2 + . . .. Aquest problema es extremamentdifıcil com hem dit, restringim-nos en unicament en poder dir si a0 + a1 + . . .es un nombre real o es ∞ o no es pot decidir.Considerem una nova successio, {An} que definim de la manera seguent:

An = a0 + . . . + an,

fixem-nos que el nostre problema es transforma en el calcul del lımit de An.

Definicio 1.2.66. Una serie es un parell de successions {an} i {An} de nom-bres relacionades mitjancant,

An = a0 + . . . + an.

Denotem la serie per∑∞

n=0 an.{an} s’anomena la successio dels termes, i {An} la successio de les sumes par-cials.

Definicio 1.2.67. Diem que una serie es convergent si An → l amb |l| < +∞.Realment tenim

∑∞n=0 an = l

Diem que una serie es divergent si no es convergent.

Observacio 1.2.68 (Series de termes positius). Si la serie es de termespositius (aixo vol dir que an ≥ 0 per tot n, an ∈ R) llavors An = a0 + . . . + an

es una successio creixent, i te lımit un nombre real si esta acotada la successio{An} o be es aquesta suma +∞ .Denotarem si la serie

∑an es convergent mitjancant

∑an < ∞, i si la serie

es divergent per∑

an = +∞.


Observacio 1.2.69 (*). Una serie arbitraria de nombres reals pot convergir,o que lim |An| = +∞ (divergents a infinit) o be que {An} no te lımit (en R ∪{±∞}) amb |An| sense tenir lımit +∞ (s’anomenen divergents oscil.lants).

Observacio 1.2.70. Per estudiar si una serie convergeix o divergeix o ..., es elmateix estudi si treiem un nombre finit dels nombres de la successio de termesde la successio.Escrivim

∞∑

n=k

cn := ck + ck+1 + ...

la suma a partir dels cn amb n ≥ k, te sentit parlar-ne, i podem estudiar-nela convergencia o divergencia (pensant per exemple que c0 = . . . = ck−1 = 0 sik ≥ 0, o be que treiem els termes ck, . . . , c−1 si k < 0).Fixeu-vos

+∞∑

n=k

cn =k+m∑

n=k

cn +∞∑

n=k+m+1

cn,

amb m ∈ N.

Observacio 1.2.71 (Series en nombres complexos.(*)). Podem consideraran ∈ C, i formar igualment la successio An ∈ C. Tenim definida tenir lımit aun nombre a C (1.2.20), en cas de tenir aquest lımit, (i.e. Re(An) → l′ ∈ R iIm(An) → l′′ ∈ R) diem que la serie de nombres complexos convergeix. Diemque es divergent en cas contrari.

Exemple 1.2.72.

1. Estudieu la convergencia o divergencia de la serie∑∞

n=0 1.

Una resolucio. Tenim aquı que an = 1 per a tot n i An = n + 1 comlim

n→+∞An = +∞ tenim que

+∞∑n=0

1 = +∞.

Proposicio 1.2.73. Si∑

an es convergent llavors limn→+∞

an = 0

Observacio 1.2.74. Si unicament sabem que limn→+∞

an = 0 no podem dir

res sobre la convergencia o divergencia de∑

an.!!!

Exercici 1.2.75. Feu la demostracio de la proposicio 1.2.73.

2. Estudieu la convergencia o divergencia de la serie∑+∞

n=0 rn amb r ∈R+(nombres reals positius).


Una resolucio. Cas r = 1: l’exemple anterior hem vist∑

1 = +∞.Cas r > 1: tenim lim

n→+∞rn = +∞ 6= 0 i com an = rn ≥ 0 obtenim de

(1.2.68), i de la proposicio anterior (1.2.73) (sabem que no convergeix),∑

rn = +∞, si r > 1.

Cas r < 1. Tenim an = rn i observem que An = 1 + r + . . . + rn = rn+1−rr−1

prenent el lımitAn → r

1− r∈ R

per tant aquı fins i tot podem calcular l, i obtenim que la serie es conver-gent, ∑

rn < +∞, si r < 1.

Exercici 1.2.76. Estudieu la convergencia o no de la serie∑+∞

n=0 rn ambr ∈ R.

Observacio 1.2.77. L’anterior exemple (1.2.72.2) hem pogut calcularel lımit dels An, aquest fet es molt particular de la serie treballada i engeneral molt difıcil i en molts casos encara impossible.Com contestar si una serie es convergent o no sense calcular el valor dellımit? Per aixo donarem criteris i algunes series que cal coneixer i jugantamb aquest fets junt amb desigualtats, ens permeten resoldre en moltscasos preguntes sobre convergencia i divergencia de series.

3. La serie∑∞

n=11n es divergent.(Cal coneixer aquest fet!)

Una resolucio. Com an = 1n es de termes positius, es suficient veure que

An tendeix a infinit (sabem per an ≥ 0 que existeix el limit de An enR ∪ {±∞} propietat 4,1.2.41). Fixeu-vos en la desigualtat seguent;

A2n = 1 +12

+13

+ . . . +12n

≥

1+12+

122

+122

+123

+ . . . +123︸︷︷︸

22

+ . . .+12n

+ . . . +12n︸︷︷︸

2n−1

= 1+12

+ . . . +12︸︷︷︸

n

= 1+n

2

on An no es acotada i per tant te lımit +∞, obtenim

+∞∑n=1

1n

= +∞.

Observacio 1.2.78. Fixeu-vos que la serie∑

1n compleix que an → 0

i que no es convergent, compareu en la proposicio anterior (1.2.73) il’observacio de despres de la proposicio (1.2.74).?

Anem a explicitar una “mena de recıproc” a la proposicio anterior (1.2.73):


Criteri 1.2.79 (de Leibniz). Donada una successio {bn} amb bn ≥ 0 ique sigui decreixent amb lımit 0; llavors

∑(−1)nbn es convergent.

4. Estudieu la convergencia, o no convergencia per la serie∑∞

n=1(−1)n 1n .

Una resolucio. Considerem bn = 1n que es una successio decreixent amb

lımit 0. Pel criteri de Leibnitz obtenim que

∞∑n=1

(−1)n 1n

es convergent.

5. Podem considerar r ∈ R com una serie convergent, efectivament escrivintl’expressio decimal de r

r = r0, r1r2 . . .

i triant an = rn10−n obtenim An es l’expressio decimal fins els terme ndel nombre real r, per tant passant al lımit obtenim

+∞∑n=0

rn10−n = r.

6. Siguin {an}n∈N i {bn}n∈N dues successions relacionades per an = bn+1−bn

per tot n ∈ N, llavors es te:∑

an es convergent ⇔ ∃ limn→∞

bn ∈ R.

Si tenim que l’anterior fet es compleix obtenim

∞∑n=0

an = ( limn→+∞

bn)− b0.

Proposicio 1.2.80. Siguin∑

an i∑

bn dues series convergents i denotema =

∑an i b =

∑bn. Llavors per a cada parell de constants α, β la serie

∑(αan + βbn)

convergeix a αa + βb.

Observacio 1.2.81. Les series tenen les dues propietats seguents: surten afora les constants, es a dir

∑αan = α

∑an, i la segona que

∑(an + bn) =∑

an +∑

bn si∑

an i∑

bn son convergents.?

Una pregunta natural es: donada una serie, podem canviar l’ordre de sumarels seus termes tal com vulguem i donara el mateix resultat? La resposta generales que No, pero la resposta es Si en el cas de series de termes positius, i mes engeneral en series absolutament convergents.Anem tot seguit a definir aquest concepte.


Definicio 1.2.82 (*). Una serie∑

an s’anomena absolutament convergent sila serie

∑ |an| es convergent (es dir si la serie, on la successio de termes es{|an|}, es convergent).

Observacio 1.2.83 (*). Si els termes de la serie an ≥ 0 tenim |an| = ani pertant els conceptes absolutament convergent i convergent coincideixen.

Teorema 1.2.84 (*). Si∑ |an| < +∞ llavors

∑an convergeix.

Teorema 1.2.85 (*). Sigui∑

an una serie absolutament convergent i siguil =

∑an. Llavors tota reordenada de

∑an es tambe absolutament convergent

i la seva suma es l.

Anem a llistar una serie de criteris que junt amb les series que en sabem laseva convergencia o no, ens ajuden a resoldre en molts casos la pregunta si unaserie es o no es convergent.

Criteris de convergencia per a series.

Criteri 1.2.86 (de comparacio per desigualtats). Siguin {an ≥ 0} i {bn ≥0} dues successions de termes positius i suposem que ∃c ∈ R i N ∈ N complintan < cbn per tot n ≥ N llavors:

(i)∑

bn < +∞⇒∑

an < +∞,

(ii)∑

an = +∞⇒∑

bn = ∞.

Criteri 1.2.87 (de comparacio per quocient). Siguin {an > 0} i {bn > 0}dues successions de termes positius i suposem que lim

n→+∞an

bn= c ∈ R ∪ {+∞}.

-Si c 6= 0 i real, llavors:

(i)∑

bn < +∞⇔∑

an < +∞,

(ii)∑

bn = +∞⇔∑

an = ∞.

-Si c = 0 llavors: ∑bn < +∞⇒

∑an < +∞.

-Si c = +∞ llavors: ∑bn = +∞⇒

∑an = ∞.

Exemple 1.2.88. Estudieu la convergencia o divergencia de la serie

∞∑n=1

1n(n+1)/n

.

Una resolucio. Comparem el termes an = 1n(n+1)/n amb bn = 1

n , calculem ellımit de an/bn que ens dona 1. Utilitzant llavors, el 2on criteri de comparacio isabent que en un exemple anterior (exemple 1.2.72.3) hem vist

∑∞n=1 bn = +∞

obtenim,∞∑

n=1

1n(n+1)/n

= +∞.


Escrivim un criteri molt util pel calcul de series de logaritmes i de∑

nα ambα ∈ R.

Criteri 1.2.89 (de condensacio de Cauchy). Sigui {an} una successio de-creixent de nombres reals positius. Llavors:

∑n

an < +∞⇔∑

n

2na2n < +∞.

Exemple 1.2.90. La serie∑∞

n=11

n1+ε amb ε > 0 es convergent (heu de coneixeraquest fet!!).D’aquı obtenim:

∞∑n=1

1n2

< ∞,

∞∑n=1

1n3

< ∞, . . .

Una resolucio. Es clar que la successio 1/n1+ε satisfa les hipotesis del criteri1.2.89, estudiem la convergencia o no per la serie,

∞∑n=1

2n 12n+nε

=∞∑

n=1

12nε

,

i fixeu-vos que es un cas particular de la serie de l’exemple 1.2.72.2 amb r = 12ε <

1 si ε > 0 i per tant obtenim que la serie∑∞

n=11

2nε es convergent i utilitzant elcriteri de condensacio de Cauchy obtenim que la serie,

∞∑n=1

1n1+ε

< ∞.

Exercici 1.2.91. Utilitzant el criteri de condensacio de Cauchy proveu que∑∞n=1 nα < ∞, amb α ∈ R numero real fixat, si i nomes si α < −1.

Escrivim un criteri que no podrem utilitzar en aquest curs (el veureu possi-blement a Calcul I), pero potser en algun moment us pot ser util.

Criteri 1.2.92 (criteri de l’integral(*)). Sigui f una funcio contınua i in-tegrable d’una variable real definida a [M, +∞) amb f(x) ≥ 0 i lim

x→+∞f(x) = 0.

Sigui k0 > M un natural i tn =∫ n

k0f(x)dx una successio definida per n ≥ k0.

Llavors,∞∑

k0

f(n) es convergent ⇔ {tn} → l ∈ R.?

(Aquest valor l ∈ R en cas d’existir, NO coincideix normalment amb l =∑∞k0

f(n)).

Fins ara tots els criteris eren per a series de nombres reals positius, anem aenunciar-ne alguns altres que son per a series en general.

Criteri 1.2.93 (del quocient). Sigui an una successio de termes no nuls isuposem que existeix lim

n→∞|an+1

an| = ρ ∈ R llavors,


1.∑

an es convergent si ρ < 1 (realment es absolutament convergent),

2.∑

an es divergent si ρ > 1.

Criteri 1.2.94 (de Raabe(*)). Suposem que ens trobem amb les hipotesis delcriteri del quocient i que hem trobat que ρ = 1, suposem que podem calcularlim

n→∞n(1− |an+1

an|) = s. Llavors,

1.∑

an es convergent si s > 1,

2.∑

an es divergent si s < 1.

Criteri 1.2.95 (de l’arrel). Sigui∑

an una serie i suposem que existeix ρ =lim

n→+∞n√|an| ∈ R. Llavors,

1.∑

an es convergent si ρ < 1 (realment es absolutament convergent),

2.∑

an es divergent si ρ > 1.?

Escrivim un parell de resultats utils per al producte en alguns casos,

Proposicio 1.2.96. Siguin {an} i {bn} successions de nombres complexos, iAn = a0 + . . . + an. Llavors,

a0b0 + . . . + anbn =n∑

k=0

akbk = Anbn+1 −n∑

k=0

Ak(bk+1 − bk).

Per tant ∑akbk es convergent ⇔

{∑

Ak(bk+1 − bk) es convergent i Anbn+1 te lımit (en C)}.

Observacio 1.2.97 (*). Els criteris del quocient i de l’arrel que hem donatanteriorment per

∑an son valids per a l’estudi de convergencia amb an ∈ C(es

a dir per series en nombres complexos), on el valor absolut en els criteris quanes tracta de nombres complexos (an ∈ C) cal substituir-lo pel modul del nombrecomplex.

Criteri 1.2.98 (Abel). Sigui∑

an una serie convergent i suposem que tenimuna successio de numeros reals {bn} monotona amb lımit; {bn} → l ∈ R.

Llavors, ∑anbn es convergent.

Exemple 1.2.99. Fem exemples d’aplicacio dels criteris anteriors.

1. Estudia la convergencia per la serie

∞∑n=1

(√

1 + n2 − n).


Una resolucio. Fixeu-vos que

an =√

1 + n2 − n = (√

1 + n2 − n)(√

1 + n2 + n)(√

1 + n2 + n)=

1√1 + n2 + n

,

i aquestes igualtats ens donen la idea de comparar an amb 1/n (sabemel comportament sobre convergencia o no de la serie

∑1n = +∞, un dels

exemples anteriors) i usant el criteri de comparacio pel quocient podremconcloure. Efectivament, fixem-nos, lim

n→+∞1/(√

1+n2+n)1/n = 1/2 6= 0 pel

segon criteri de comparacio tenim

∑(√

1 + n2 − n) ∼∑ 1

n

on ∼ vol dir del mateix comportament respecte convergencia o no entreles dues series, com

∑1n es divergent, tenim llavors

∑(√

1 + n2 − n) = +∞ es divergent.


∞∑n=1

( n√

n− 1)n.

Una resolucio. Tenim aquı an = ( n√

n−1)n, fixem-nos que n√

an = n√

n−1i en sabem calcular el lımit, que dona 0, per tant el criteri de l’arrel enssera util,

limn→+∞

n√

an = limn→+∞

( n√

n− 1) = 1− 1 = 0,

pel criteri de l’arrel obtenim com el lımit anterior es mes petit que 1:

∞∑n=1

( n√

n− 1)n < +∞, es convergent.


∞∑n=1

( n√

n)n.

Una resolucio. Fixem-nos que an = n√

nn = n es clarament molt i molt

divergent la serie (lim an 6= 0 i per la proposicio 1.2.73 la serie no esconvergent i com es de termes positius es divergent). Veieu (exercici)que si apliqueu el criteri de l’arrel no podrıeu dir que es divergent laserie, el lımit a calcular pel criteri de l’arrel us dona 1 i no podeu dir-neres utilitzant aquest criteri , (tot i que la serie que estudieu ara es

∑n:

clarament divergent).



∞∑n=2

1logn

.

Una resolucio. Utilitzem el criteri de comparacio per desigualtats per aescriure l’expressio en funcio de n i anar a una serie que podem decidir-nemes facilment.Escrivim bn = 1/log(n).Exercici: Proveu que per n ≥ M0 on M0 es un natural fix, tenim log(n) <n (comparant les grafiques log(x) i x la ultima es mes gran a partir d’unlloc en endavant).Un cop tenim aquesta desigualtat observeu llavors que a partir d’aquestM0

an = 1/n < 1/log(n), per tant

∞∑

M0

1n

<

∞∑

M0

1/log(n),

pel primer criteri de comparacio, (segon apartat), com∑

1n es divergent

obtenim que∞∑

n=2

1log(n)

= +∞.

Una resolucio. [Exercici] Resoleu l’estudi de la convergencia anterior util-itzant el criteri de condensacio de Cauchy.


∞∑n=0

1n!

.

Una resolucio. Considerem an = 1/n! (quan surten factorials, usualmentes util el criteri del quocient per a decidir convergencia de la serie) i ob-servem

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞n!

(n + 1)!= lim

n→+∞1

n + 1= 0,

com 0 < 1 pel criteri del quocient obtenim

∞∑n=0

1n!

< +∞.

6. Estudieu respecte el valor de r > 0 real la convergencia o no de la serie

∞∑n=1

rnnr.


Una resolucio. Cas r ≥ 1. Fixem-nos la desigualtat rnnr ≥ nr ≥ n,utilitzem el primer criteri de comparacio amb bn = rnnr i an = n, sabemque

∑an = +∞(exemple 3 anterior), pel primer criteri de comparacio

obtenim, ∑bn =

∑rnnr = +∞, si r ≥ 1.

Cas 0 < r < 1. Fixem-nos que tenim nr < n si 0 < r < 1 (exercici) i pertant obtenim la desigualtat(volem aplicar 1er criteri comparacio),

∑rnnr ≤

∑rnn.

Anem a estudiar la convergencia de la serie∑

rnn (utilitzant Calcul Ivia derivacio i desenvolupament de series es fa mes facil aquest estudi,nosaltres no sabem encara aquesta teoria en aquest moment). Apliquemla proposicio anterior 1.2.96, amb an = rn i bn = n tenim llavors

M∑n=0

rnn =M∑

n=1

rnn =1− rM+1

1− r(M + 1)−

M∑

k=0

(1− rk+1

1− r)

fixeu-vos que podem calcular l’expressio de la dreta, efectivament,

M∑

k=0

(1− rk+1

1− r) =

11− r

(M∑

k=0

1)− r

1− r(

M∑

k=0

rk)

=M + 11− r

− r

(1− r)(1− rM+1)

(1− r),

on obtenim;

M∑n=1

rnn =(1− rM+1)

(1− r)(M + 1)−

M∑

k=0

(1− rk+1

1− r) =

1− rM+1

1− r(M + 1)− M + 1

1− r+

r

(1− r)(1− rM+1)

(1− r)= cM

i observem que cM → l ∈ R, (fixeu-vos que simplificant tenim, cM =− (M+1)rM+1

1−r + r(1−rM+1)(1−r)2 , que te lımit un nombre real [Exercici]), per tant

la serie∑+∞

n=1 rnn < ∞ i pel primer criteri de comparacio podem concloureque ∑

rnnr < +∞, si 0 < r < 1.

7. Estudieu la convergencia de la serie

∞∑n=2

1nα(log(n))β

,

en funcio dels valors reals α, i β.


Una resolucio.-Cas α > 1 i β qualsevol. Escrivim α = 1 + ε. Comparem el terme de laserie amb la serie que te per termes 1

n1+ ε2, on fixem-nos,

limn→+∞

1nα(log(n))β

1

n1+ ε2

= limn→+∞

1n

ε2 (log(n))β

= 0,

com sabem que∑

n−(1+ ε2 ) < +∞ pel criteri de comparacio per quocient

obtenim ∞∑n=2

1nα(log(n))β

< ∞ si α > 1.

-Cas α < 1 i β qualsevol. Escrivim α = 1 − ε on ε > 0. Comparem elterme de la serie amb la serie que te per termes 1

n1− ε2, on fixem-nos,

limn→+∞

1nα(log(n))β

1

n1− ε2

= limn→+∞

1

n−ε2 (log(n))β

= +∞,

com sabem que∑

n−(1− ε2 ) = +∞ (veieu exercici 1.2.91) pel criteri de

comparacio per quocient obtenim

∞∑n=2

1nα(log(n))β

= +∞ si α < 1.

-Cas α = 1 i β ≤ 0. Observem la desigualtat, 1n(log(n))β ≥ 1

n i pel criteride comparacio per desigualtats i coneixent que

∑1n = +∞ obtenim

∞∑n=2

1n(log(n))β

= ∞ si β ≤ 0.

-Cas α = 1 i β > 0.Apliquem el criteri de condensacio de Cauchy, obtenint que la convergenciao divergencia de la serie a estudiar es equivalent a la serie

∞∑n=2

1nβ(log(2))β

=1

(log(2))β

∞∑n=2

1nβ

,

on aquesta ultima serie es convergent si i nomes si β > 1 obtenint aixı,

∞∑n=2

1n(log(n))β

{< ∞ si β > 1= ∞ si β ≤ 1.

Exercici 1.2.100. Sigui an una successio de nombres reals amb limn→+∞

an = 0.

Proveu que∞∑

n=1

|an|n < +∞.

1.3 Factoritzacio de polinomis 55

Per acabar el tema de series, anem a donar expressions en series que sabemel valor i us poden ser utils. La justificacio teorica la veureu en el curs de calculI;

Observacio 1.2.101 (Fets utils, igualtats importants(*)). Si substituıu lax per un valor obteniu que podeu calcular el valor de la serie que depen d’aquestnombre real x en les igualtats seguents respecte de les x que formulem en cadasituacio;

1. 11−x =

∑∞n=0 xn expressio valida ∀x ∈ R complint |x| < 1,

2. ex =∑∞

n=0xn

n! , valida ∀x ∈ R, (igualtat tambe valida ∀x ∈ C, veieu§1.3.1)tenim en particular que e =

∑∞n=0

1n! .

3. sin(x) =∑∞

n=0(−1)n x2n+1

(2n+1)! , valida ∀x ∈ R (sin(x) es x radiants),

4. cos(x) =∑∞

n=0(−1)n x2n

(2n)! , valida ∀x ∈ R,

5. log(1 + x) =∑∞

n=0(−1)n xn+1

n+1 , valida per |x| < 1,

6. sinh(x) =∑∞

n=0x2n+1

(2n+1)! , valida ∀x ∈ R,

7. cosh(x) =∑∞

n=0x2n

(2n)! , valida ∀x ∈ R.

1.3 Factoritzacio de polinomis

1.3.1 L’exponencial complexa. Arrels d’un nombre com-plex

Hem definit en la seccio anterior el nombre e i igualment el valor er amb r ∈ R (ames per 1.2.101 er =

∑∞n=0

rn

n! ), tambe hem vist en definir nombres complexosel valor eir = cos(r) + isin(r) amb r ∈ R, on aquesta era una notacio en formapolar en la seccio 1.1 (be no es realment una notacio, llegiu dins del parentesien l’observacio 1.2.101.2).

Definicio 1.3.1. S’anomena funcio exponencial complexa a la funcio exp : C→C; z 7→ ez, que satisfa les tres propietats seguents:(i) r 7→ er si r ∈ R(es l’exponencial real si z = r + 0i, r ∈ R )(ii) iθ 7→ eiθ = cos(θ) + i sin(θ) si z = 0 + iθ amb θ ∈ R(iii) Te la propietat que donats z1, z2 ∈ C,

ez1+z2 = ez1ez2 .

Fixem-nos que l’exponencial complexa del nombre complex z = a + bi esdefinida per (utilitzant (i)+(ii)+(iii) anteriors):

ea+bi = eaebi = ea(cos(b) + i sin(b)) = ea cos(b) + iea sin(b) ∈ C.


Observacio 1.3.2 (*). Perque s’anota per ez on e es el nombre real definiten la seccio anterior? Aixo be de l’expressio de l’exponencial ex en serie depotencies en l’observacio 1.2.101, si prenem la serie en nombres complexos lax acceptem que sigui complexos tambe te convergencia la serie per tot nombrecomplex i s’obte l’anterior definicio.Intenteu obtenir, substituint en l’expressio en serie de ex la x per iθ i sabentque i2+4k = −1 i i4k = 1 junt amb les expressions en serie del sinus i cosinus(de l’observacio 1.2.101) obtenir la igualtat

eiθ = cos(θ) + i sin(θ)?

Exemple 1.3.3. Quin nombre complex es e2+πi?

Una resolucio. Fixem-nos

e2+πi = e2eπi = e2(cos(π) + i sin(π)) = −e2.

Exemple 1.3.4. Quin nombre complex es l’exponencial del nombre complex2 + 3e2+ π

2 i?

Una resolucio. Volem calcular e2+3e2+ π2 i

. Calculem primer el nombre complexe2+ π

2 i = e2(cos(π/2) + i sin(π/2)) = ie2, per tant

e2+3e2+ π2 i

= e2e3e2i = e2(cos(3e2) + i sin(3e2)) = e2 cos(3e2) + ie2 sin(3e2).

Propietats 1.3.5 (de l’exponencial complexa).

1. Les tres de la definicio.

2. |ez| = eRe(z),

3. |ez+w| = |ez||ew| del fet que |z1z2| = |z1||z2|,4. |eiθ| = 1 si θ ∈ R,

5. z = reiθ = elog(r)+iθ on r > 0 real i θ ∈ R,

6. ez1 = ez2 ⇔ {Re(z1) =Re(z2) i Im(z1)−Im(z2) = 2πk amb k cert nombreenter}⇔ {z1 = z2 + i2πk per cert k ∈ Z}.

7. z ∈ C. Per tot k ∈ Z considerem z + ik2π (nombre complex diferent de zsi k 6= 0) obtenim que

ez = ez+ik2π.

Observacio 1.3.6 (*). Una pregunta natural es si a C hi ha un logaritme del’exponencial com passa en nombres reals. (La resposta es NO). De la propietat7 de 1.3.5, obtenim que el logaritme no esta determinat ja que podem tenirmolts valors z, z + i2π, ... diferents que tenen la mateixa exponencial i si pensemcom la seva propietat de ser log l’invers de l’exp a R obtenim z = log(ez) =


log(ez+i2π) = z + i2π cosa impossible ja que no son iguals aquests dos nombrescomplexos.(*** Com solucionar-ho? Restringint-nos en una regio del pla de C on sol puguihaver-hi un valor, determinacio del logaritme (hi ha moltes determinacions dellogaritme, i es parla llavors del logaritme); pero no hi ha un logaritme a C globalcom hi es a R).

Exemple 1.3.7. Resoleu l’equacio ez = i.

Una resolucio. Escrivim i = eiπ/2 aplicant les propietats 6 i 7 de 1.3.5, obtenimde ez = eiπ/2 que,

z =π

2i + i2πk

amb k ∈ Z (es a dir tenim infinites solucions, una per cada enter).

Exemple 1.3.8. Resoleu l’equacio 3ez+3 = i.

Una resolucio. Primer posem cada canto de l’expressio com exponencial d’unnombre complex, d’on obtenim

3ez+3 = elog(3)+z+3 = eiπ/2 = i,

usant 6 i 7 en 1.3.5 obtenim que

log(3) + z + 3 = iπ/2 + i2πk

per tot k ∈ Z, obtenim que

z = −3− log(3) + i(π

2+ 2πk)

amb k ∈ Z.

Proposicio 1.3.9 (Formula del producte a C en forma polar). Donatsdos nombres complexos escrits en forma polar z1 = r1e

iθ1 i z2 = r2eiθ2 , (r1, r2

nombres reals positius, i θ1, θ2 ∈ R), llavors

z1 · z2 = r1r2ei(θ1+θ2).

Observacio 1.3.10. Fixeu-vos que si z = reiθ 6= 0 nombre complex escrit enforma polar, llavors,

z−1 =1re−iθ, i z = re−iθ.

Utilitzant aquesta formula de l’invers en forma polar tambe obtenim, si z1 =r1e

iθ1 i z2 = r2eiθ2 son dos nombres complexos escrits en forma polar no nuls,

z1

z2=

r1

r2ei(θ1−θ2).

Formula 1.3.11 (de Moivre). Sigui z = reiθ ∈ C nombre complex escrit enforma polar, llavors

zn = rneinθ,

es a dir,(r cos(θ) + ir sin(θ))n = rn cos(nθ) + irn sin(nθ).


Exemple 1.3.12. Calculeu (1 + i)2004.

Una resolucio. Escrivim primer 1+ i en forma polar (exercici) i obteniu 1+ i =√2eiπ/4, aplicant la formula de Moivre obtenim,

(1 + i)2004 = (√

2)2004ei2004π/4 = 21002eiπ = −21002.

Exemple 1.3.13. Digueu-me les formules de cos(θ + ϕ) i sin(θ + ϕ) en funciodel sin(θ),cos(θ), sin(ϕ) i cos(ϕ).

Una resolucio. Considereu la igualtat

(cos(θ+ϕ)+i sin(θ+ϕ)) = ei(θ+ϕ) = eiθeiϕ = (cos(θ)+i sin(θ))(cos(ϕ)+i sin(ϕ))

obtenim mirant les igualtats als extrems,

(cos(θ + ϕ) + i sin(θ + ϕ)) =

cos(θ) cos(ϕ)− sin(θ) sin(ϕ) + i(cos(θ) sin(ϕ) + sin(θ) cos(ϕ))

igualant les parts reals i imaginaria d’aquesta igualtat obtenim les formulesdemanades,

cos(θ + ϕ) = cos(θ) cos(ϕ)− sin(θ) sin(ϕ)

sin(θ + ϕ) = cos(θ) sin(ϕ) + sin(θ) cos(ϕ).

Exemple 1.3.14 (Arrels n-essimes d’un nombres complex z = reiθ).

Definicio 1.3.15. w ∈ C s’anomena arrel n-essima (n ∈ N) d’un nombrecomplex z 6= 0 si wn = z.

Anem a trobar la formula que ens permet trobar les arrels n-essimes d’unnombre complex z = reiθ (sabeu que a R per exemple les arrels 2-essimes=arrelsquadrades d’un nombre real no zero n’hi ha dues si es un nombre real positiui cap si es negatiu, a C donat un nombre z 6= 0 hi ha exactament n nombrescomplexos diferents que son arrels n-essimes de z!).

Sigui z = reiθ = elog(r)+iθ 6= 0 i busquem w = seiψ complint wn = zescrivint-ho de la seguent manera aquesta ultima igualtat,

elog(r)+iθ = z = wn = sneinψ = elog(sn)+inψ,

utilitzant les propietats 6 i 7 de 1.3.5 obtenim que s’ha de complir{

log(sn) = log(r)nψ = θ + 2πk, k ∈ Z ,

per tant obtenim que r = sn i com s > 0 real i sol hi ha una arrel n-essimapositiva d’un nombre real (proposicio 1.2.31), tenim s = m

√r. En quan ψ =

θn + 2πk

n i per tant les arrels n-essimes de z = reiθ son,

n√

rei( θn + 2πk

n ), k ∈ Z,

com sabem que eiα = ei(α+2πk) (α ∈ R) com nombres complexos, obtenim quea C de les arrels anteriors ens donen numeros complexos diferents per k =0, ..., n − 1, obtenint aixı n nombres complexos diferents que son les arrels n-essimes de z = reiθ,


Formula 1.3.16 (arrels n-essimes). Donat un nombre complex no-zero z =reiθ, i n ∈ N\{0}, tenim exactament n arrels n-essimes diferents per z donadesper,

n√

rei( θn + 2πk

n ),

amb k = 0, 1, . . . , n− 1.

Exemple 1.3.17. Calculeu les arrels cubiques de -2.

Una resolucio. Busquem w complint w3 = −2. Escrivim −2 en forma polar,−2 = 2eπi, llavors podem aplicar la formula anterior per dir que

w =

3√

2eiπ/3 = w13√

2ei( π3 + 2π

3 ) = 3√

2eπi = − 3√

23√

2ei( π3 + 4π

3 ) = 3√

2e−i π3 = w1

Exemple 1.3.18. Calculeu les arrels 6-essimes de 1 + i.

Una resolucio. Escrivim primer z = 1+i en forma polar (exercici), z =√

2eiπ/4,podem aplicar la formula anterior per obtenir que les 6 arrels buscades son,

w =

12√

2eiπ/24

12√

2ei( π24+ 2π

6 )

12√

2ei( π24+ 4π

6 )

12√

2ei( π24+ 6π

6 )

12√

2ei( π24+ 8π

6 )

12√

2ei( π24+ 10π

6 )

Exemple 1.3.19. Calculeu les arrels 6-essimes de 2.

Una resolucio. Escrivim primer z = 2 en forma polar (exercici), z = 2ei0, po-dem aplicar la formula anterior per obtenir que les 6 arrels buscades son,

w =

6√

2ei0 = 6√

26√

2ei 2π6 = w2

6√

2ei 4π6 = w3

6√

2ei 6π6 = − 6

√2

6√

2ei 8π6 = w3

6√

2ei 10π6 = w2

Exemple 1.3.20. Calculeu les arrels quadrades de 1+2√

2i, es a dir ±√

1 + 2√

2i.

Una resolucio. Escrivim primer z = 1 + 2√

2i en forma polar, z = 3eiθ, i θ =arctan(2

√2) i es troba en el primem quadrant, en la calculadora obtenim θ

es aproximadament 1,23095941734 radiant i per tant les solucions aproximadesson:

w =

{ √3ei 1,23095941734

2√3ei 1,23095941734

2 +πi


Podem trobar les arrels exactament mitjancant expressions algebraiques: arrels,quebrats,... ? Si, en aquest cas.Fixem-nos que tan θ = 2

√2 i de ser 1 + 2

√2i = 3eiθ obtenim que cos θ = 1

3 isin(θ) = 2

√2/3. Busquem arrels

√3eiβ on

(√

3eiβ)2 = 3ei2β = 3eiθ,

hem de calcular β complint

cos(2β) = cos(θ) = 1/3 i sin(2β) = sin(θ) = 2√

2/3,

restringim-nos a buscar la β del primer quadrant, i l’altra sera sumant-hi π al’angle (que correspon a multiplicar el nombre complex pel numero −1).Utilitzem les formules de l’angle doble per intentar obtenir el cos(β) i sin(β) quees l’unic que necessitem per calcular-ne les arrels quadrades de 1 + 2

√2i, doncs

obtenim

cos(β) sin(β) =sin(θ)

2=√

2/3

cos2(β)− sin2(β) = cos(θ) = 1/3,

aillant a la primera obtenim sin(β) =√

23 cos(β) i substituint a la segona igualtat

obtenimcos2(β)− 2

9 cos2(β)= 1/3,

escrivim x = cos2(β) i la igualtat anterior correspon a resoldre l’equacio desegon grau

x− 29x

= 1/3,

que te per solucions {−13 , 2

3} prenent arrels quadrades i considerant que cos(β)es real i ens hem restringit que β fos el primer quadrant obtenim

cos(β) =

√23

i per tant sin(β) =√

2

3√

23

=√

33 , obtenim aixı que les dues solucions buscades

(exactes!) son:

w =

√3(cos(β) + i sin(β)) =

√3√

23 + i

√3√

33 =

√2 + i,

√3(cos(β + π) + i sin(β + π)) = −√3

√23 − i

√3√

33 = −√2− i

Observacio: Resoleu aquest exemple imposant que es compleix a2− b2 + 2abi =(a + bi)2 = 1 + 2

√2i on w = a + bi amb a, b incognites reals.

1.3.2 Factoritzacio de polinomis a R[x] i a C[x]

Definicio 1.3.21. Un polinomi a coeficients a K (K es un sımbol per a “cos”,per a nosaltres K vol dir en aquesta seccio §1.3.2, Q o R o be C), es unaexpressio de la forma,

p(x) = anxn + an−1xn−1 + ... + a1x + a0,


amb ai ∈ K. Es defineix el grau de p(x) al j mes gran on aj 6= 0, i a0 s’anomenael terme independent del polinomi. Diem que p(x) es monic si an = 1 ambn = grau(p(x)).

Definicio 1.3.22. Un zero o una arrel α ∈ K d’un polinomi p(x), es un numeroα de K satisfent que p(α) = 0.

Exemple 1.3.23. 1. Troba les arrels del polinomi ax2 + bx + c a C, amba 6= 0, (a, b, c ∈ C).

Una resolucio. Recordem aquı que tenim una formula que ens dona lesarrels dels polinomis de grau 2 donada per

x =−b±√b2 − 4ac

2a.

A C tindrem sempre dues solucions, recordeu que a R podia passar queno tingues solucions, per exemple x2 + 1 no te arrels a R.

Observacio 1.3.24. Es important saber el cos K on busquem les arrelsd’un polinomi, .

2. Troba les arrels a R de x6 − 1. Troba les arrels a C del polinomi x6 − 1.

Una resolucio. Sabem que tenim dues arrels 6-enes de 1 a R que son {±1}.Anem a buscar les arrels a C, fixeu-vos que son tots els nombres complexosξ, complint ξ6 = 1, es dir busquem les arrels 6-enes de 1, per la formula1.3.16 son,

ei0 = 1ei 2π

6 = w2

ei 4π6 = w3

ei 6π6 = −1

ei 8π6 = w3

ei 10π6 = w2

Observacio 1.3.25. Heu vist que per a un polinomi de grau 2 tenim una for-mula per a trobar arrels i llavors trobar arrels d’aquests polinomis (=polinomisde grau 2) es trivial. Heu de coneixer que per polinomis de grau 3 i 4 tambe hiha una formula, pero per polinomis de grau ≥ 5 no existeixen formules generalsi unicament certes equacions es poden trobar les arrels de manera precisa i uti-litzant “trucos”. Usualment en equacions de grau gran buscareu solucions apro-ximades via metode Newton, i altres, pero no trobeu la solucio exacta (veureuaquests metodes numerics en cursos posteriors). En aquest curs busquem lessolucions exactes i sol treballarem en polinomis que es poden calcular exactament(curs d’algebra).

Exemple 1.3.26. Calculeu les arrels de xn +α, α ∈ C.(Cas concret x3 +(−12 +

i√

32 )).


Una resolucio. Fixeu-vos que les arrels de xn+α es trobar els x ∈ C que satisfanxn = −α, que son les arrels n-essimes del nombre −α, aplicant la formula 1.3.16trobem les n-arrels a C, en particular trobem n arrels del polinomi.En el cas concret x3 + (−1

2 + i√

32 ) resolem x3 = ( 1

2 − i√

32 ) = e−iπ/3 aplicant la

formula arrels 3-essimes per a e−iπ/3 obtenim les arrels,

=

e−iπ/9

ei(−π9 + 2π

3 )

ei(−π9 + 4π

3 )

Exemple 1.3.27. Calculeu les arrels a C del polinomi x6 + x3 + 1.

Una resolucio. Fem el ”truco” dient-li x3 = t i transformem el polinomi x6 +x3 + 1 = t2 + t + 1 aquest ultim polinomi en t el podem resoldre utilitzant laformula de grau 2 de polinomis

t =−1±√1− 4

2=−12± i

√3

2,

tenim dues solucions, anem a calcular x3 = t amb els dos valors de t anteriors,usant com l’exemple anterior obtenim per t = −1+i

√3

2 = eiπ−iπ/3 = ei2π/3

obtenim 3 arrels donades per

ei2π/9

ei( 2π9 + 2π

3 )

ei( 2π9 + 4π

3 )

i per t = −1−i√

32 = e−i2π/3 obtenim 3 arrels mes donades per,

e−i2π/9

ei(− 2π9 + 2π

3 )

ei(− 2π9 + 4π

3 )

Observacio 1.3.28. Hem calculat arrels de polinomis i sempre ens donavemmenys que el grau. Hem calculat totes les arrels?Observem que com a molt, a coeficients en K, hi ha tantes arrels en un polinomicom el grau del polinomi i per a K = C n’hi ha exactament tantes com el graudel polinomi (contant multiplicitat).

Observacio 1.3.29. Donat un polinomi qualsevol, i com Q ⊂ R ⊂ C, si podemcalcular les arrels a C, mirant aquestes podem dir les arrels que te el polinomia Q i a R exactament, per exemple hem calculat les (acceptem aquı que unpolinomi de grau n te exactament n arrels a C) 6 arrels a C de x6 − 1, com hiha sol dues que es troben en l’eix OX (la recta real dins C) podem dir que sol hiha dues reals, que son 1,−1 a mes com son racionals tambe podem dir que a Qtenim dues arrels i sol te aquestes el polinomi en Q.


Sabem de col.legi que en els polinomis tenim un algorisme de divisio, es adir, donats dos polinomis podem dividir-los obtenint un polinomi quocient i unpolinomi reste.

x3 + 2x2 + x + 3|x2 + 1,

Diem que un polinomi p(x) es divisible per h(x) si el dividir-los el seu reste ensdona zero, es a dir, existeix un polinomi q(x) (quocient) on p(x) = h(x)q(x) ideiem que h(x) era un divisor de p(x).

Teorema 1.3.30 (divisibilitat per arrels). Sigui α ∈ K una arrel del poli-nomi p(x) a coeficients en K, llavors (x − α) divideix el polinomi p(x), es adir existeix un polinomi q(x) a coeficients en K de grau mes petit que p(x)(exactament de grau el grau de p(x)-1) complint,

p(x) = (x− α)q(x).

Recordeu que la regla de Ruffini us permet algoritmitzar aquesta divisio perfactors (x− α).

Teorema 1.3.31 (fonamental de l’Algebra). Tot polinomi de grau n 6= 0 acoeficients a C te una arrel a C.

Tenim com a consequencia el seguent resultat a recordar,

Corol.lari 1.3.32. Factoritzacio a C[x]. Donat un polinomi p(x) de grau na coeficients a C factoritza de la forma,

p(x) = anxn + . . . + a0 = an(x− α1) . . . (x− αn)

amb α1, . . . , αn son les arrels del polinomi p(x).

Observacio 1.3.33. Fixem-nos que l’anterior corol.lari ens afirma que a coe-ficients en C, un polinomi te exactament n arrels.

Demostracio. [del corol.lari] Fem per induccio pel grau, per n = 1 es clar (ex-pliciteu si no ho veieu).Veiem el cas k +1, sigui p(x) polinomi de grau k +1 pel teorema fonamental del’algebra te una arrel, diem-la α1 tenim per (1.3.30) que

p(x) = (x− α1)q(x)

ara q(x) te grau k aplicant l’hipotesi d’induccio a q(x) tenim el resultat.

Observacio 1.3.34. En l’anterior corol.lari 1.3.32 entre les arrels αi, n’hi po-den haver de repetides, es a dir pot ser que α1 sigui igual a α2. Quantes vegadeses repeteix una arrel α en aquesta factoritzacio?

Definicio 1.3.35. Sigui α una arrel d’un polinomi p(x), es defineix la multi-plicitat de α, com el natural k ∈ N mes gran que complint

(x− α)k divideix p(x),

(es a dir (x− α)k divideix p(x) i (x− α)k+1 no divideix p(x), (hi ha reste)).

Es a dir en un polinomi a coeficients en C hi ha tantes arrels com el graupero contant cada arrel tantes vegades com la seva multiplicitat.


Exemple 1.3.36. Factoritzeu a C[x] el polinomi 3x3 + 6.

Una resolucio. Primer busquem les arrels del polinomi 3x3 +6 (n’hem d’obtenir3).Primer es busquen els zeros, tenim 3x3 + 6 = 0 que es igual a x3 = −2, caltrobar concs les arrels 3-essimes de −2 = 2eiπ. Aplicant la formula 1.3.16 de lesarrels n-essimes obtenim tres arrels del polinomi:

3√

2eiπ/3

3√

2ei( π3 + 2π

3 ) = − 3√

23√

2ei( π3 + 4π

3 )

,

per tant aplicant el corol.lari anterior obtenim que la factoritzacio es

3x3 + 6 = 3(x− 3√

2eiπ/3)(x + 3√

2)(x− 3√

2ei(5 π3 )).

Exemple 1.3.37. Factoritzeu a C[x] el polinomi (x3 + 2)(x2 + 1)2

Una resolucio. Factoritzem factor a factor, fixeu-vos 3(x3 + 2) = 3x3 + 6 il’exemple anterior hem factoritzat, usant-la obtenim,

x3 + 2 = (x− 3√

2eiπ/3)(x + 3√

2)(x− 3√

2ei(5 π3 ))

busquem ara les arrels de (x2 + 1) son ±i, obtenim que la factoritzacio es (x−i)(x+i), com esta elevat al quadrat cada factor estara elevat al quadrat, obtenimaixı que la factoritzacio es:

(x− 3√

2eiπ/3)(x + 3√

2)(x− 3√

2ei(5 π3 ))(x− i)2(x + i)2.

Anem a estudiar la factoritzacio a R[x] per a un polinomi a coeficients a R,ja sabem trobar la factoritzacio del polinomi a C[x], corol.lari 1.3.32.Recordem el seguent exercici,

Lema 1.3.38. Sigui p(x) un polinomi a coeficients reals, i α ∈ C una arrel dep(x). Llavors α es tambe una arrel de p(x).

Demostracio. Exercici 1 de la llista 5, curs 2002/03. Unicament cal observar lesigualtats

p(α) = p(α) = 0 = 0.

Fixem-nos que donat un polinomi p(x) a coeficients a R de grau n, tenimn arrels a C, si α es una arrel a R per (1.3.30) p(x) = (x − α)q(x) amb q(x) acoeficients en R. Si α una arrel de p(x) es a C pero no es real, podriem fer 1.3.30,pero llavors q(x) no te coeficients a R i nosaltres volem que tingui coeficients aR (per factoritzar-ho com a polinomis a coeficients a R anomenada igualmentfactoritzacio a R[x]), llavors usant el lema anterior sabem α es arrel tambe dep(x) i

(x− α)(x− α) = x2 − 2Re(α)x + |α|2


que es un polinomi a coeficients a R, i de 1.3.30 obtenim que divideix p(x), esa dir tenim

p(x) = (x2 − 2Re(α)x + |α|2 )q(x ),

amb q(x) a coeficients reals.

Teorema 1.3.39. Factoritzacio d’un polinomi a R[x].Sigui p(x) un polinomi a coeficients en R de grau n ≥ 1. Siguin α1, . . . , αn ∈ Cles n arrels del polinomi en C i ordenem-les de manera que α1, . . . , αi ∈ R iαi+1, αi+1, . . . , αi+k, αi+k ∈ C (i no en R) (on i + 2k = n). Llavors tenim lafactoritzacio a R[x] pel polinomi p(x) de la forma seguent,

p(x) = anxn + . . . + a0 =

an(x−α1) . . . (x−αi)(x2−2Re(αi+1 )x + |αi |2 ) . . . (x2 −2Re(αi+k )x + |αi+k |2 ).

Exemple 1.3.40. Factoritzeu a R[x] el polinomi p(x) = x3 + 8.

Una resolucio. Fixeu-vos que primer cal trobar les arrels a C. Un cop trobades,separar les reals i les complexes i ajuntar de dos en dos les complexes (ajuntantl’arrel complexa i la seva conjugada), anem a fer-ho.Busquem primer les arrels de x3 + 8. Son,

2eiπ/3 = w

2ei( π3 + 2π

3 ) = −22ei( π

3 + 4π3 ) = w

,

tenim que ordenant les arrels son {−2, w, w} i per tant la factoritzacio es

x3 + 8 = (x + 2)(x2 − 2Re(w)x + |w |2 ) =

(x + 2)(x2 − 4cos(π/3)x + 4) = (x + 2)(x2 − 2x + 4).

Exemple 1.3.41. Factoritza a R[x] el polinomi p(x) = x6 − 1.

Una resolucio. Busquem primer les 6 arrels a C del polinomi p(x) son,

1eiπ/3 = w1

ei( 2π3 ) = w2

−1ei( 4π

3 ) = w2

ei( 5π3 ) = w1

,

tenim que ordenant les arrels son {1,−1, w1, w1, w2, w2} i per tant la factoritzacioes

x6 − 1 = (x− 1)(x + 1)(x2 − 2Re(w1 )x + |w1 |2 )(x2 − 2Re(w2 )x + |w2 |2 ) =

(x− 1)(x + 1)(x2 − 2cos(π/3)x + 1)(x2 − 2cos(2π/3)x + 1).


Anem per a acabar a explicar les anteriors factoritzacions en un llenguatgemes general (*).

Definicio 1.3.42 (*). Un polinomi a coeficients a K de grau ≥ 1 s’anomenairreductible o primer si els seus unics divisors son els polinomis de grau 0 okp(x) amb k ∈ K.Un polinomi p(x) s’anomena K-reductible si existeix q1(x), q2(x) polinomis degrau estrictament mes petit que p(x) a coeficients en K (i de grau no 0), quesatisfan la igualtat,

p(x) = q1(x)q2(x).

Els polinomis irreductibles serien els mes “petits” que no els podem posarcom a producte de dos, i el resultat de “factoritzacio” ens afirma que tot polinomis’expressa de manera unica com a producte de polinomis irreductibles, aquestes l’analeg per a polinomis del fet (que tots coneixeu de basica): tot nombrenatural es producte de nombres primers i aquesta factoritzacio es unica (llevatd’ordre).

Exemple 1.3.43 (*). 1. Els polinomis de grau 1 a K[x] son K-irreductibles.

2. El polinomi x2 − 2 es irreductible a Q[x], pero es R-reductible, es C-reductible.

3. El polinomi x2 + 2 es Q-irreductible, R-irreductible pero es C-reductible.

4. (***)El polinomi x6 + x4 + x3 + x2 + x + 1 es Q-irreductible, pero esR-reductible (tot i que no te arrels a R).(Observeu si te arrels a K esK-reductible, no tenir arrels no ens diu res sobre irreductibilitat).

Teorema 1.3.44 (*). Factoritzacio a K[x]Donat un polinomi p(x) a coeficients en K no constant(te grau ≥ 1 aquestpolinomi), llavors existeix una factoritzacio,

p(x) = anxn + . . . + a0 = an(p1(x) . . . pj(x)),

amb pj(x) polinomis monics (recordeu definicio 1.3.21) irreductibles a K[x]. Ames aquesta descomposicio en irreductibles es unica llevat ordre dels p′js. Es dirdonades dos factoritzacions en polinomis irreductibles,

p1(x) . . . pj(x) = q1(x) . . . qm(x)

amb pi, qi monics irreductibles llavors j = m i {pi} = {ql}.Lema 1.3.45 (*). Els polinomis irreductibles a C[x] son unicament els poli-nomis de grau 1.

Corol.lari 1.3.46 (*). S’obte el teorema de factoritzacio d’un polinomi a coe-ficients a C[x] escrit anteriorment (1.3.32).

Demostracio. Ajuntar el lema 1.3.45 i el teorema 1.3.44.

Lema 1.3.47 (*). Els polinomis monics irreductibles a coeficients en R son elsde la forma:

(x− a), amb a ∈ R,

o be (x2 + bx + c) c, b ∈ R complint b2 − 4c < 0(es dir sense arrels en R).


Corol.lari 1.3.48 (*). Obtenim el teorema de factoritzacio d’un polinomi acoeficients en R[x] escrit anteriorment (1.3.39).

Demostracio. Ajuntar el lema 1.3.47 i el teorema 1.3.44.

Observacio 1.3.49 (*). Que succeeix amb Q[x]? Be, a coeficients a Q hi hapolinomis irreductibles de qualsevol grau i la factoritzacio a coeficients a Q esmolt mes difıcil de calcular-la explıcitament.

Bibliografia

[1] L.Abellanos, A.Galindo:Metodos de calculo:teoria y 370 problemas resuel-tos. Mc Graw-Hill, 1990. Primera y segunda parte.

[2] Apostol, T.M.: Analisis matematico. Ed.Reverte 1988. Capıtulos 1,2,4 i 8.

[3] Avinyo, Elgueta, Perez-Casany, Rio, Sacristan: Analisi matematica: pro-blemes resolts i practiques amb l’ordinador. UPC. Primer capıtol.

[4] F.Bars, C.Infante,...: Llistes de problemes d’Algebra Lineal per a Engi-nyeria Quımica. En trobeu copia a:http://mat.uab.es/∼francesc/docencia2.html

[5] Blank, Albert A.:Problemas de calculo y analisis matematico. Ed.Limusa1971. Capıtulo I.

[6] B.P.Demidovich: 5000 Problemas de analisis matematico. (N’hi ha copiesa la biblioteca de Ciencies-Enginyeries).

[7] W.J.Kaczor, M.T.Nowak : Problems in mathematical analysis: real num-bers, sequences and series. American Mathematical Society, 2000-2001

[8] Enric Nart : Notes d’Algebra Lineal.Materials de la UAB numero 130.

[9] Pestana, Domingo y otros: Curso practico de calculo y precalculo. Ed.Ariel. Coleccio: Ariel Ciencia, 2000.

[10] Spivak, Michael : Calculus. Ed. Reverte. Parte I:cap.1,2. Parte IV:cap 22,24.

francesc bars cortina propietats b`asiques dels...

Documents